苦しんで学ぶ自然数の構成からの可換環論(一意分解環)

集合AをA={u∈S|fᵥ(u∪{u})=fᵥ(u)∪{fᵥ(u)}}で定める。(φ≠m∪{m})
この時、A={u∈S|fᵥ(u∪{u})=fᵥ(u)∪{fᵥ(u)}}⊂Sである。
(I)<補題2>の写像fᵢの定義からfᵩ(φ)=φ∪{φ}であり、fᵩ(φ∪{φ})=φ∪{φ}∪{φ∪{φ}}={φ∪{φ}}より
φ∈A⊂Sである。
(II)m,nがAに含まれる時，fₙ(m∪{m})=fₙ(m)∪{fₙ(m)}である。
nを固定し、fᵩ(m∪{m})の場合を考えるとmもy∪{y}という形である事に注意すれば
fₙ(fᵩ(m∪{m}))=fₙ((m∪{m})∪({m∪{m}}))=fₙ(m∪{m})∪{fₙ(m∪{m})}であり、
m∪{m}∈A⊂Sであることが分かる。
(III)m,nがAに含まれる時，fₙ(m∪{m})=fₙ(m)∪{fₙ(m)}である。
mを固定し、m∪{m}=xに対してf(n∪{n})(x)の場合を考えると、
<補題2>の写像fᵢの定義からf(n∪{n})(x)=fₙ(x∪{x})である。
従って、(II)の結果からf(n∪{n})(x)=fₙ(x∪{x})=fₙ(x)∪{fₙ(x)}となり、
n∪{n}∈A⊂Sであることが分かる。
以上、二重帰納法から任意の元m,n∈ℕに対して、fₙ(m∪{m})=fₙ(m)∪{fₙ(m)}が成り立つ。

集合AをA={u,v∈S|fᵤ(v)=fᵥ(u)}で定める。
この時、A={u,v∈S|fᵤ(v)=fᵥ(u)}⊂Sである。
(I)<補題2>の写像fᵢの定義からfᵩ(n)=n∪{n}であり、<補題4>よりfₙ(φ)=n∪{n}なのでfᵩ(n)=fₙ(φ)である。
(II)mがAに含まれるならば，fₘ(n)=fₙ(m)であり、
<補題3>,<補題4>と<補題2>の写像fᵢの定義からf fᵩ(m) =fm∪{m}(n)=fₘ(n∪{n})=fₘ(n)∪{fₘ(n)}である。
いま、m∈Aなので仮定からfₘ(n)∪fₘ({n})=fₙ(m)∪{fₙ(m)}であり、
再び<補題4>からfₙ(m)∪{fₙ(m)}=fₙ(m∪{m})=fₙ(fₘ(φ))となるので、
f fᵩ(m) =fₙ(fₘ(φ))が得られる。
以上より、mに関する数学的帰納法から任意の元m,n∈ℕに対して、fₘ(n)=fₙ(m)が成り立つ。

集合AをA={u,v,w∈S|f fᵤ(v) =fᵤ(fᵥ(w))}で定める。
この時、A={u,v,w∈S|f fᵤ(v) =fᵤ(fᵥ(w))}⊂Sである。
(I)<補題4>からf fᵤ(v) =fᵤ(v)∪{fᵤ(v)}であり、<補題3>よりfᵤ(v)∪{fᵤ(v)}=fᵤ(v∪{v})=fᵤ(fᵥ(φ))であるので
f fᵤ(v) =fᵤ(fᵥ(φ))となる。
(II)wがAに含まれているとする。
<補題3>,<補題4>と<補題2>の写像fᵢの定義からf fᵤ(v) =f fᵤ(v) =f fᵤ(v) ∪{f fᵤ(v) }であり、
いまw∈Aなので仮定からf fᵤ(v) =fᵤ(fᵥ(w))である。
従って、f fᵤ(v) ∪{f fᵤ(v) }=fᵤ(fᵥ(w))∪{fᵤ(fᵥ(w))}=fᵤ(fᵥ(w)∪{fᵥ(w)})=fᵤ(fᵥ(w∪{w}))=fᵤ(fᵥ(fᵩ(w)))であり、
f fᵤ(v) =fᵤ(fᵥ(fᵩ(w)))が得られる。
以上より、wに関する数学的帰納法から任意の元u,v,w∈ℕに対して、f fᵤ(v) =fᵤ(fᵥ(w))が成り立つ。

集合AをA={w∈S|fᵤ(w)=fᵤ(z)ならばw=z}で定める。
この時、A={w∈S|fᵤ(w)=fᵤ(z)ならばw=z}⊂Sである。
(I)fᵤ(φ)=fᵤ(z)の時、z≠φとなるz∈Sが存在すると仮定する。
この時、zはx∪{x}という形を取るので<補題3>,<補題4>からu∪{u}=fᵤ(φ)=fᵤ(z)=fᵤ(x∪{x})=fᵤ(x)∪{fᵤ(x)}となるのでu=fᵤ(x)である。(※)
(※正則公理からu≠{u}であることと、外延性公理から保証される。)
しかしこれはx=φであっても矛盾である。
故に、背理法からz=φであり、φ∈A⊂Sである。
(II)wがAに含まれているとする。
fᵤ(w∪{w})=fᵤ(z)を満たすzに対して、z=φと仮定すると(I)からφ∈Aなのでw∪{w}=φとなり矛盾するのでz≠φである。
すなわち、zはx∪{x}という形を取っている。
この時、<補題3>から
fᵤ(w∪{w})=fᵤ(x∪{x})
⇔
fᵤ(w)∪{fᵤ(w)}=fᵤ(x)∪{fᵤ(x)}
であり、fᵤ(w)=fᵤ(x)となる。
いま、m∈Aなので仮定からw=xであり、w∪{w}=x∪{x}=zである。
すなわち、w∪{w}∈A⊂Sである。
以上より、wに関する数学的帰納法から任意の元w,z∈ℕに対して、fᵤ(w)=fᵤ(z)ならばw=zが成り立つ。

集合AをA={u,v,w∈S|gᵤ(v＋w)=gᵤ(v)＋gᵤ(w)}で定める。
この時、A={u,v,w∈S|gᵤ(v＋w)=gᵤ(v)＋gᵤ(w)}⊂Sである。
(I)<補題8>の写像gᵢの定義からgᵩ(v＋w)=v＋w=gᵩ(v)＋gᵩ(w)となるので、φ∈A⊂Sである。
(II)uがAに含まれるならば，仮定からgᵤ(v＋w)=gᵤ(v)＋gᵤ(w)である。
<補題8>の写像gᵢの定義と仮定からg₍ᵤ₊ᵩ₎(v＋w)=gᵤ(v＋w)＋(v＋w)=(gᵤ(v)＋gᵤ(w))＋(v＋w)であり、
和の交換法則から(gᵤ(v)＋gᵤ(w))＋(v＋w)=(gᵤ(v)＋v)＋(gᵤ(w)＋w)=g₍ᵤ₊ᵩ₎(v)＋g₍ᵤ₊ᵩ₎(w)となる。
すなわち、g₍ᵤ₊ᵩ₎(v＋w)=g₍ᵤ₊ᵩ₎(v)＋g₍ᵤ₊ᵩ₎(w)であり、fᵩ(u)=u∪{u}=u＋φ∈A⊂Sである。
以上より、mに関する数学的帰納法から任意の元u∈ℕに対して、gᵤ(v＋w)=gᵤ(v)＋gᵤ(w)が成り立つ。

集合AをA={u,v∈S|gᵤ(v)=gᵥ(u)}で定める。
この時、A={u,v∈S|gᵤ(v)=gᵥ(u)}⊂Sである。
(I)<補題8>の写像gᵢの定義からgᵩ(n)=nであり、<補題9>よりgₙ(φ)=nなのでgᵩ(n)=gₙ(φ)である。
(II)mがAに含まれるならば，仮定からgₘ(n)=gₙ(m)である。
<補題8>の写像gᵢの定義と仮定、分配法則からg₍ₘ₊ᵩ₎(n)=gₘ(n)＋n=gₙ(m)＋n=gₙ(m)＋gₙ(φ)=gₙ(m＋φ)となるので、
fᵩ(m)=m∪{m}=m＋φ∈A⊂Sである。
以上より、mに関する数学的帰納法から任意の元m∈ℕに対して、gₘ(n)=gₙ(m)が成り立つ。

集合AをA={u,v,w∈S|g gᵤ(v) =gᵤ(gᵥ(w))}で定める。
この時、A={u,v,w∈S|g gᵤ(v) =gᵤ(gᵥ(w))}⊂Sである。
(I)<補題9>からg gᵤ(v) =gᵤ(v)、gᵤ(gᵥ(φ))=gᵤ(v)なのでg gᵤ(v) =gᵤ(gᵥ(φ))である。
(II)wがAに含まれるならば，仮定からg gᵤ(v) =gᵤ(gᵥ(w))である。
<補題8>の写像gᵢの定義と仮定、分配法則から
g gᵤ(v) =g gᵤ(v) ＋g gᵤ(v) =gᵤ(gᵥ(w))＋gᵤ(v)=gᵤ(gᵥ(w)＋v)=gᵤ(gᵥ(w)＋gᵥ(φ))=gᵤ(gᵥ(w＋φ))となるので
fᵩ(w)=w∪{w}=w＋φ∈A⊂Sである。
以上より、wに関する数学的帰納法から任意の元w∈ℕに対して、g gᵤ(v) =gᵤ(gᵥ(w))が成り立つ。

A={w∈S|gₘ(w)=gₘ(z)ならばw=z}
を定める。
この時、A={w∈S|gₘ(w)=gₘ(z)ならばw=z}⊂Sである。
(Ⅰ)gₘ(φ)=gₘ(z)の時、z≠φを仮定する。
この時、zはz=x∪{x}という形をとっている。従って、m=gₘ(φ)=gₘ(z)=gₘ(x∪{x})=gₘ(x+φ)=gₘ(x)+gₘ(φ)=gₘ(x)+mとなるがこれは矛盾である。
故に、背理法からz=φとなりφ∈Aである。
(ⅠⅠ)w∈Aとすると仮定からgₘ(w)=gₘ(z)ならばw=zが成り立つ。
gₘ(w∪{w})=gₘ(p)に対して、P=φとすると(Ⅰ)からφ∈Aなのでw∪{w}=φとなり矛盾する。
従って、p≠φであり、pはp=x∪{x}という形をとっている。この時、
gₘ(w∪{w})=gₘ(x∪{x})
⇔
gₘ(w+φ)=gₘ(x+φ)
⇔
gₘ(w)+gₘ(φ)=gₘ(x)+gₘ(φ)
となり、和の消約法則からgₘ(w)=gₘ(x)が得られる。
この時、仮定からw=xなのでw∪{w}=x∪{x}=pとなり、w∪{w}∈A⊂Sである。
以上、wに関する数学的帰納法から
gₘ(w)=gₘ(z)ならばw=zが成り立つ。

a, bを0を含めた自然数とする。
a=0の時，a=b×0+0と書けて、a=1ならばa=1×1+0と書ける。
次に、a≠0より小さい自然数について
a=bq+r, 0≦r<b · · · · · ·(∗)
を満たす整数q,rが存在すると仮定する。
a<bならばq=0, r=aとおくことでa=b×0+a=bq+rが得られる。
a≧bならば，0≦a−b<aなので仮定からa−b=bq'+r'、0≦r'<bを満たす整数q',r'が存在する。
この式を整理すると，a=b(q'+1)+r'、 0≦r'<bとなるので、q=q'+1、r=r'とおけば (∗) が成り立つ。
以上、数学的帰納法から0を含めたどんな自然数a, b についても
a=bq+r, 0≦r<b · · · · · ·(∗)
を満たす整数q,r が存在する。
次に (∗) を満たす整数q,rがもう一組あったとし，それをq₁,r₁とする。
このとき、
a=bq+r、0≦r<b
a=bq₁+r₁、0≦r₁<b
と書けて、bq+r=bq₁+r₁となる。 · · · · · ·(∗∗)
ここで、q≠q₁と仮定すると
q₁>qならば，整理してb(q₁−q)=r−r1である。
ここでq₁−q≧1なので左辺についてb(q₁−q)≧bとなるが、右辺=r−r₁<bなので矛盾する。
q₁<qならば整理してb(q−q₁)=r₁−rとなるので同様に矛盾する。
従って、q=q₁である。
これを (∗∗) に代入すればr=r₁を得る。
よって (∗) を満たすq,rはただ一組である。

演算∘の単位元を1とし、群Gにおける部分集合Hが部分群であるとする。
この時、1ʜ∈H⊂Gがあり、群の定義から1ʜ⁻¹があるので1ʜ∘ɢ(1ʜ)⁻¹=1ɢとなる。
また、部分群の定義から1ʜ∘ʜ(1ʜ)⁻¹=1ʜであるがHの演算とGの演算は一致するので1ɢ=1ʜ∈Hとなる。
また、HはGの演算により群となっているのでx,y∈Hに対して代数系における演算の定義からx∘y∈Hを満たしている。
さらに、任意のx∈Hに対して、yをH上でのxの逆元とするとx∘y=1ʜ=1ɢよりyがG上での逆元であることも言える。
逆に、1ɢ∈HとするとH≠φである。
また、x,y∈Hに対してらx∘y∈Hならばz∈Hにおいて(x∘y)∘z∈H⊂Gを満たす。
(x∘y)∘z≠x∘(y∘z)と仮定するとGが群で結合法則を満たしてると矛盾するのでH上でも結合法則が成り立つ。
さらに、すべてのx∈Gでx∘1ɢ=1ɢ∘x=xなので特にすべてのx=h∈Hでも満たし1ʜ=1ɢが言える。
この時、x∈Hに対して、G上の逆元x⁻¹がx⁻¹∈Hならばx∘x⁻¹=1ɢ=1ʜとなるのでH上でも逆元である。
以上より、

$$「H\subset Gは部分群である」⟺ \begin{array}{r}\{\begin{array}{l}1ɢ\in H\\ 任意のx,y\in Hに対してx\circ y\in H\\ x\in HならばG上の逆元x⁻¹もx⁻¹\in H\end{array}\end{array}$$

が成り立つ。

非可逆元p₁,p₂,…,pₙの積p₁＊p₂＊…＊pₙは可逆元であると仮定する。
この時、p₁＊p₂＊…＊pₙの逆元(p₁＊p₂＊…＊pₙ)⁻¹が存在し、これをaとおくとa＊(p₁＊p₂＊…＊pₙ)=1ᴀである。
結合法則より(a＊p₁＊p₂＊…＊p₍ₙ₋₁₎)＊pₙ=1ᴀと書けるがpₙが非可逆元であることに矛盾する。
以上からp₁＊p₂＊…＊pₙも非可逆元である。

整数全体の集合ℤは可換環である。

実数全体の集合ℝは体である。
(証明をするとしたらデデキント切断を定義の上実数を作るところからになる)

環Aが整域の時、任意の元a,b∈A－{0ᴀ}でa＊b≠0ᴀとなるが零因子が0ᴀ以外に存在すると仮定するとそれをx≠0ᴀとおけば
x∈A－{0ᴀ}でa＊x=0ᴀ、x＊b=0ᴀとなるが整域の定義に矛盾する。すなわち、零因子は0ᴀのみである。
逆に、環Aの零因子が0ᴀのみならば零因子の定義から任意の元a,b∈A－{0ᴀ}についてa＊b≠0ᴀである。
以上から、「Aは整域である」⇔「零因子は0ᴀのみである」が成り立つ。

任意の体Kに対して、a∈K－{0ᴀ}が零因子であると仮定する。
この時、a＊b=0ᴀを満たすb∈K－{0ᴀ}が存在する。
Kは体なのでaの逆元a⁻¹が存在して
0ᴀ=a⁻¹＊0ᴀ=a⁻¹＊(a＊b)=(a⁻¹＊a)＊b=b
となるがb∈K－{0ᴀ}であることに矛盾する。
故に、Kの零因子は0ᴀのみであり、定理20より任意の体は整域であることがわかる。

Aを整域、BをAの部分環とする。
任意のa,b∈B－{0ᴀ}に対して、B⊂Aよりa,bはAの元としてa≠0ᴀ、b≠0ᴀであり、かつAは整域なのでa＊ᴀb≠0ᴀである。
部分環BはAの演算(∘,＊)によるのでBの元としてa＊ʙb≠0ᴀとも表せる。
従って、Bも整域である。

Aが可換環である時、
任意の左イデアルIはa∈A,x∈Iに対して、x＊a=a＊x∈Iであり、
任意の右イデアルJはa∈A,x∈Jに対して、a＊x=x＊a∈Jである。
故に、可換環におけるイデアルは両側イデアルである。

環Aと一元集合{0ᴀ}に対して、
(1){0ᴀ}≠φであり、0ᴀ=0ᴀ∘0ᴀ∈{0ᴀ}である
(2)任意の元a∈A,0ᴀ∈{0ᴀ}に対して、a＊0ᴀ=0ᴀ＊a=0ᴀ∈{0ᴀ}である
以上から、{0ᴀ}は環Aの両側イデアルである。

可換環Aにおける両側イデアルIが1ᴀ∈Iである時、
任意の元a∈Aに対して、イデアルの定義(2)からa=1ᴀ＊a=a＊1ᴀ∈IなのでA⊂Iである。
すなわち、A=Iである。

可換環Aにおけるある元a∈Aに対して可逆元a⁻¹が存在し、Aの両側イデアルIがa⁻¹∈Iである時、
イデアルの定義(2)から1ᴀ=a⁻¹＊a=a＊a⁻¹∈Iなので<定理25>よりA=Iである。

可換環AのイデアルI,Jに対して、I∘J={x∘y|x∈I,y∈J}を定める。
(1)0ᴀ∈I,0ᴀ∈Jより0ᴀ=0ᴀ∘0ᴀ∈I∘Jである。
また、任意のx,y∈I∘Jに対してx=a∘b, y=c∘dとなるa,c∈I, b,d ∈Jが存在する。
この時、イデアルの定義(1)からa∘c∈I, b∘d∈Jなのでx∘y=(a∘b)∘(c∘d)=(a∘c)∘(b∘d)∈I∘Jである。
さらに、x∈I∘Jならばx=a∘bとなるa∈I, b∈Jが存在し、a⁻¹∈I, b⁻¹∈Jも存在するので
x⁻¹=(a∘b)⁻¹=b⁻¹∘a⁻¹=a⁻¹∘b⁻¹∈I∘Jである。
故に、<定理16>からI∘JはAの演算∘に関して部分群である
(2)任意の元a∈A,z∈I∘Jに対して、定義からz=x∘y(x∈I,y∈J)という形である。
a＊x∈I、a＊y∈Jなのでa＊z=a＊(x∘y)=a＊x∘a＊y∈{x∘y|x∈I,y∈J}=I∘Jとなる。
以上より、I∘JはAのイデアルである。

整域Aと0ᴀ≠a∈Aに対して、aを素元とする。この時、aAは素イデアルなのでaA≠Aであり、
aは可逆元ではない。また、b,c∈Aに対してa=b＊cとするとb＊c=a＊1ᴀ∈aAであり、
aAは素イデアルなのでbまたはcがaAの元である。
b∈aAの時、b=a＊dを満たすd∈Aがあり、b＊c=aより(a＊d)＊c=aとなる。
すなわち、a＊(d＊c-1ᴀ)=0と書けてa∈Aは整域なのでd＊c-1ᴀ=0、すなわちd＊c=1ᴀとなる。
従って、cは可逆元である。
また、c∈aAの時、c=a＊fを満たすfがあり、b＊c=aよりb＊(a＊f)=aとなる。
すなわち、a＊(b＊f-1ᴀ)=0ᴀと書けてa∈Aは整域なのでb＊f-1ᴀ=0ᴀ、すなわちb＊f=1ᴀとなる。
従って、bは可逆元である。
以上より、整域Aの素元は既約元(非可逆元)である。

整域Aの任意の素元pが相異なる素元q₁,q₂,…,qₘによりm≧2でp=q₁＊q₂＊…＊qₘと表せたと仮定する。
p=q₁＊q₂＊…＊qₘ∈pAより素イデアルの定義の対偶(※)からq₁∈pAまたはq₂∈pAまたは…またはqₘ∈pAである。
(※対偶は「a＊b∈Pならばa∈Pまたはb∈P」である)
故に、置換s∈𝔖ₙによる並び替えによりqₛ₍₁₎∈pAと表せばa∈Aによりqₛ₍₁₎=a＊pである。
従って、p=qₛ₍₁₎qₛ₍₂₎…＊qₛ₍ₘ₎=(a＊p)＊qₛ₍₂₎…＊qₛ₍ₘ₎であり、p＊(1ᴀ－a＊qₛ₍₂₎…＊qₛ₍ₘ₎)=0ᴀよりa＊qₛ₍₂₎…＊qₛ₍ₘ₎=1ᴀとなるが
(a＊qₛ₍₂₎…＊qₛ₍ₘ₋₁₎)＊qₛ₍ₘ₎=1ᴀについてqₛ₍ₘ₎は非可逆元なので矛盾する。
すなわち、m<2(素元の数は1つ)であり、その素元をqₛ₍₁₎と表すとp=qₛ₍₁₎である。

整域Aの素元p₁,p₂,…,pₙ、q₁,q₂,…,qₘ(n≦m)に対して、0ᴀ≠a∈Aが可逆元でない時、a=p₁＊p₂＊…＊pₙ=q₁＊q₂＊…＊qₘと表せたとする。
任意のx∈Aについて(p₁＊p₂＊…＊pₙ)＊x=p₁＊(p₂＊…＊pₙ＊x)∈p₁Aよりq₁＊q₂＊…＊qₘ=p₁＊p₂＊…＊pₙ＊1ᴀ∈p₁＊p₂＊…＊pₙA⊂p₁Aであり、
p₁は素元でp₁Aは素イデアルなのでq₁,q₂,…,qₘのいずれかはp₁Aの元である。
いま、置換s∈𝔖ₙによる並び替えによりqₛ₍₁₎∈p₁Aと表すと<定理12>よりp₁とqₛ₍₁₎は既約元である。
また、qₛ₍₁₎=p₁u₁(u₁∈A)とした時p₁∈p₁Aはp₁Aが素イデアルであることより可逆元ではなく、
u₁を可逆元でないと仮定するとqₛ₍₁₎が既約元であることに矛盾する。
従って、u₁は可逆元であり、p₁とqₛ₍₁₎は同伴である。
この時、p₁＊p₂＊…＊pₙ=q₁＊q₂＊…＊(p₁＊u₁)＊…＊qₘであり、積は可換なのでp₁＊(p₂＊…＊pₙ－u₁＊q₁＊q₂＊…＊qₘ)=0ᴀと書ける。
Aは整域でp₁≠0ᴀなのでp₂＊…＊pₙ=u₁＊q₁＊q₂＊…＊qₘである。
以降、p₂とqₛ₍₂₎,p₃とqₛ₍₃₎,…,p₍ₙ₋₁₎とqₛ₍ₙ₋₁₎が同伴で可逆元u₂,u₃,…,u₍ₙ₋₁₎に対して、pₙ=(u₂＊u₃＊…＊u₍ₙ₋₁₎)＊(q₍₎＊…＊q₍₎)と書けたと仮定する。
(※q₍₎はq₁,q₂,…,qₘのいずれかであることを表す。)
いま、u₁⁻¹,u₂⁻¹,…,u₍ₙ₋₁₎⁻¹が存在するのでこれらを両辺に掛けてq₍₎＊…＊q₍₎=u₍ₙ₋₁₎⁻¹＊…＊u₂⁻¹＊u₁⁻¹＊pₙ∈pₙAであり、
pₙAは素イデアルなのでq₍₎＊…＊q₍₎のいずれかはpₙAの元である。
そのpₙAの元をqₛ₍ₙ₎とすれば上記と同様に<定理12>よりpₙとqₛ₍ₙ₎は既約元であり、
qₛ₍ₙ₎=pₙ＊uₙ(uₙ∈A)とした時pₙ∈pₙAはpₙAが素イデアルなので可逆元でないことよりuₙは可逆元である。
すなわち、pₙとqₛ₍ₙ₎は同伴であり、数学的帰納法より仮定が示された。
また、pₙ=(u₁＊…＊u₍ₙ₋₁₎)＊(q₍₎＊…＊(pₙ＊uₙ)＊…＊q₍₎)なのでpₙ＊(1ᴀ－((u₁＊…＊u₍ₙ₋₁₎)＊(q₍₎＊…＊q₍₎)))=0ᴀであり、
Aが整域でpₙ≠0ᴀであることより1ᴀ=(u₁＊…＊uₙ)＊(q₍₎＊…＊q₍₎)と書ける。
もしn<mならばq₍₎Aが素イデアルであることよりq₍₎はすべて非可逆元であり矛盾する。
以上から、a=p₁＊p₂＊…＊pₙ=q₁＊q₂＊…＊qₘと表せるならばm=nであり、置換s∈𝔖ₙに対してpᵢとqₛ₍ᵢ₎(i=1,2,…,n)は同伴である。

一意分解環Aに対して、既約元a∈Aが素元p₁, p₂,…,pₙによりn≧2でa=p₁＊p₂＊…＊pₙと表せたと仮定する。
b=p₂＊…＊pₙとおくとa=p₁＊bであり、p₁は非可逆元である。
一方、aは既約元なのでbが可逆元という事になるが非可逆元の積も非可逆元なので矛盾する。
すなわち、n<2(素元の数は1つ)であり、その素元をp₁と表すとa=p₁である。
以上から一意分解環における既約元は素元である。

整域ℤに対して、写像φ:ℤ－{0ᴀ}⇒ℕ, x⇒|x|を定める。
この時、除法の定理から任意のa, b∈ℤについて
a=bq+r, 0≦r<b · · · · · ·(∗)
を満たす整数 q, r が存在する。
φ(r)=|r|<|b|=φ(b)も満たしているのでℤはユークリッド環である。

Aを写像φ:A－{0ᴀ}⇒ℕをもつユークリッド環、I⊂AをAの任意のイデアルとする。
I={0ᴀ}ならばAは0ᴀによる単項イデアル整域である。
I≠{0ᴀ}ならばある元x≠0ᴀ∈Iについてφ(x)=min{φ(a)|I∋a≠0ᴀ}と定める。
いま、任意のz∈Iに対して、q,r∈Aがありz=q＊x∘rでr=0ᴀまたはφ(r)<φ(b)を満たす。
この時、z,q＊x∈Iなのでイデアルの定義(1)より-q＊x∈Iがありr=z∘(-q＊x)∈Iとなるのでxの定め方からr=0ᴀである。
従って、z=q＊x∈xAとなる。
x∈IなのでＩがイデアルであることより任意のx＊a∈xAはa∈Aでx＊a∈I、すなわちxA⊂Iである。
故に、I=xAとなり、ユークリッド環は単項イデアル整域であることがわかる。

任意の単項イデアル整域Aに対して、r≠0ᴀを既約元とし、a,b∈A,a∉rAでa＊b∈rAとする。
<定理27>よりaA∘rAもAのイデアルであるから単項イデアル整域の定義より
aA∘rA=cAとなるc∈Aがあり、a=a1ᴀ∘r0ᴀ∈aA∘rA=cAであるが、a∉rAなのでrA⊊cAである。
r∈rA∉cAよりr=c*dとなるd∈Aがあるがrは既
約元なのでcまたはdが可逆元であるがdが可逆元ならばc=r＊d⁻¹∈rAよりrA=cAとなり矛盾するのでCが可逆元である。
すなわち、cA=Aであり1ᴀ∈Aがあるのでa＊x∘r＊y=1ᴀを満たすx,y∈Aが存在する。
両辺にbを掛けてb=a＊b＊x∘b＊r＊yであるが、
a＊b, b＊r∈rAなのでイデアルの定義(1)よりb=a＊b＊x∘b＊r＊y∈rAとなりrAは素イデアルである。
すなわち、rは素元である。
次に、p≠0ᴀ∈Aを可逆元ではなく、また有限個の既約元の積で書けないと仮定する。
いま、pは既約元でない。
可逆元ではないa₁,p₁∈Aを用いてp=a₁＊p₁と書くとa₁,p₁のどちらも有限個の既約元の積で書けるならpも有限
個の既約元の積で書けることになるので矛盾であり、どちらかは有限個の既約元の積で表せない。
その元をp₁とすれば任意のp＊x∈pAに対して、p＊x=(a₁＊p₁)＊x∈p₁AなのでpA∉p₁Aである。
可逆元ではないpᵢ, p₍ᵢ₊₁₎,a₍ᵢ₊₁₎∈Aに対して、p=a₍ᵢ₊₁₎＊p₍ᵢ₊₁₎でpᵢA∉p₍ᵢ₊₁₎Aを満たすように同様の操作を繰り返し、
p=p₀,p₁,p₂,・・・でp₀A⊊p₁A⊊p₂A⊊・・・となるものを作る。
いま、イデアルの定義(1)より0ᴀ∈pᵢAなので0ᴀ∈∪pᵢAと表せる。
また、任意のx,y∈∪pᵢAに対して十分大きいjがありx,y∈pⱼAとなるのでx∘y∈pⱼA⊂∪pᵢAである。
同様に、x∈∪pᵢA,q∈Aならば、十分大きなjでx∈pⱼAがあり、x＊q∈pⱼA⊂∪pᵢAである。
故に、∪pᵢAはAのイデアルである。
Aは単項イデアル整域なので∪pᵢA=zAとなるz∈Aがある。
z∈zA=∪pᵢAなので十分大きいjがあり、z∈pⱼAであるが、∪pᵢA=zA⊂pⱼA⊊p₍ⱼ₊₁₎A⊂∪pᵢAとなり矛盾である。
従って、p≠0ᴀ∈Aは有限個の既約元の積で表せる。
上述より既約元は素元なのでAの任意の可逆元でない元は有限個の素元の積で表せることになり、
単項イデアル整域は一意分解環であることが示された。