大约是整数环的数论在多项式环的推广。
关于整数环的数论基础，可以查看离散笔记中的数论。
在以下讨论中，多项式如果不加指出，都在某个数域 $K$ 上（懒得写）。
在讨论之前，先给出环的定义。
在代数学中，环（Ring） 是一个集合，它在两种二元运算（通常称为加法和乘法）的作用下，满足特定的公理。
简单来说，环是把整数的加法和乘法的性质抽象化后得到的数学结构。
形式定义
设 $R$是一个非空集合，在其上定义了两个二元运算：加法（记作$+$）和乘法（记作 $\cdot$）。如果满足以下三个条件，则称 $(R, +, \cdot)$ 为一个环：
I. 加法成交换群（阿贝尔群）
结合律：$(a + b) + c = a + (b + c)$
交换律：$a + b = b + a$3. 单位元（零元）：存在$0 \in R$，使得对任何 $a \in R$，有 $0 + a = a$。
逆元（负元）：对任何 $a \in R$，存在 $-a \in R$，使得 $a + (-a) = 0$。
II. 乘法成半群
- 结合律：$(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)$注意：基础环的定义并不强制要求乘法满足交换律，也不强制要求有乘法单位元（单位元$1$）。
III. 分配律
乘法对加法满足左、右分配律：
- $a \cdot (b + c) = (a \cdot b) + (a \cdot c)$2.$(a + b) \cdot c = (a \cdot c) + (b \cdot c)$
讨论这样一个结构干什么呢，主要是为了抽象，如果整数的结论能在多项式上运用，我们只要讨论某个环，然后在剩下的环就能够用类似的方法解决类似的问题，所以总的来说这样省事的多。
类似整数，我们定义多项式的整除，考虑数域 $K$上的多项式$K[x]$，定义整除$f|g$，如果存在一个多项式$q$满足$g=qf$ 。
带余除法
类似整数，我们也可以考虑多项式的带余除法。我们希望的是：
对于任意的多项式 $f,g$，都存在多项式$q,r$使得$g=qf+r$ 。
这时不方便像在整数环那样说所谓 $r < f$，多项式的大小可以如何确定呢，我们可以让这个“大小”抽象一些，让多项式的度数作为定义，度数指的是多项式的最高幂次，用英文缩写记作$deg(f)$ 。
那么完整来说，带余除法应该要是：
对于任意的多项式 $f,g$，都存在多项式$q,r$使得$g=qf+r$，其中$deg(r) < deg(f)$ 。
是否存在呢，如果存在，是否唯一呢。我们可以类似整数讨论：
[!存在性证明]
我们固定 $f$，对$g$ 的次数做第二数学归纳法。
对于次数为 $1$的$g$，取$q=0,r=g$就好了，现在考虑对于度数小于$k$的多项式都存在带余除法，那么我们考虑度数为$k$ 的情形。
- $g$的度数比$f$小，那么直接让$q=0,r=g$ 就好了。
- $g$的度数大于等于$f$的度数。我们不妨设$f$首项为$ax^n$ ，$g$的首项为$bx^m$，那么$g-f\cdot \frac{b}{a}x^{m-n}$就是一个$m-1$ 度数的多项式，根据归纳假设存在带余除法，$g-f\cdot \frac{b}{a}x^{m-n} = qf+r$，稍微整理就得到$g=(\frac{b}{a}x^{m-n}+q)f+r$ ，符合带余除法的形式，从而成立，
综合以上两种情况得到原命题成立。
[!唯一性证明]
采用反证法。
不妨设不唯一，有 $q_1f+r_1=q_2f+r_2$，变换得到$(q_1-q_2)f=r_2-r_1$，考虑等式两边的度数，左侧度数为$deg(f)+deg(q_2-q_1)\ge deg(f)$，右侧度数为$deg(r_2-r_1)\le deg(r_2)<deg(f)$ ，这就出现了矛盾。
Bezout定理
有了带余除法，我们是否就可以类似整数得到裴蜀定理。
存在 $u,v$使得$uf+vg=gcd(f,g)$ 。
首先我们需要定义 $gcd$ ，证明它的存在性。
最大公约数(gcd)定义为：对于任意的 $f,g$的公因式$r$，我们有$r|gcd(f,g)$ 。
如果两个多项式互相整除会怎么样呢，设 $f|g,g|f$，利用定义$f=ag,g=bf$从而$f=abf$，从而$ab=1$，也就是说$ab$都是度数为$0$的，也就是常数。这时称$f,g$ 相伴，他们之间差一个常数。
带余除法有个美妙的性质，$g=qf+t\implies gcd(g,f)与gcd(f,t)相伴$。证明通过说明左右互相整除得到，简记为$l=r$ 。$r|f,r|t\implies r|qf+t$，从而$r|g$，那么也就有$r|l$。另一边，移项得到$t=g-qf$，这时类似得到$l|t$，从而$l|r$ 。综合两方面得到他们相伴。
最大公约数是否总是存在呢，我们先把裴蜀定理解决。
[!裴蜀定理证明]
类似整数情形，我们设集合 $J={uf+vg}$，其中$u,v$是任意的多项式。利用良序定理，集合$J$存在次数最小的一些多项式，考虑其中一个$d$ 。
我们证明 $d$就是$gcd(f,g)$ 。
首先，证明是公因式。我们希望利用良序定理推到矛盾。假设 $d$不整除$f$，利用已经证明的带余除法，有$f=qd+r$，代入就得到$f=q(uf+vg)+r$，那么$r=(1-qu)f-qvg$ ，$r$被表出了，而由于$deg(r)<deg(d)$，就得到了矛盾，所以至少$d|f$，同理$d|g$ ，从而是公因式。
再证明是最大公因式。考虑 $h$是一个公因式，那么$h|uf+vg=d$ 。
综合以上得到 $d$ 就是最大公因式。
实际上还有另一个结论，就是 $J$可以由$d$ 生成，这实际上是一个主理想整环（叽里咕噜
考虑 $m\in J$ ，$m=kd+r$，那么$r=kd-m$，把$d,m$被$f,g$表出代入就得到$r$也被表出，如果$r\neq 0$，就因为$deg(r)<deg(d)$而与$WOP$矛盾了。所以$r=0$，从而$m=kd$ 。$J$可以由$d$ 这个主理想生成，至于理想是什么，请听下回分解。
实际上还有一种构造性证明，利用带余除法我们有：
$$ g=q_1f+r_1 $$
$$ f=q_2r_1+r_2 $$
$$ r_2=q_3r_1+r_3 $$
如此往复，最后有：
$$ r_{n-1}=q_nr_{n-2}+r_{n} $$
$$ r_n=q_{n+1}r_{n-1} $$
终于整除了，利用 $gcd(g,f)=gcd(f,r_1)$就有$r_{n}$就是$gcd(g,f)$。这样，我们回代，解出$r_n=r_{n-1}-q_nr_{n-2}$，然后类似依次回代，就得到$r_n=()f+()g$ 。
由于带余除法每次度数至少少 $1$ ，这个过程一定在有限步完成。