一，二，三，很多……

我们说 s 是既约元，如果不存在 s 的真的约数。即，如果 s = ab，则 a、b 中肯定有一个是可逆元。

我们说 p 是素元，如果对于任意的 a、b， p 整除 ab ⇒ p 整除 a 或 b。这等价于说 ( p ) 是素理想。

素元一定是既约元，因为如果素元 p = ab， p 当然整除 ab，于是 p 整除 a 或 b，不妨设 p 整除 a。另一方面 a 也整除 p，所以 a 不是 p 的真的约数，b 是可逆元。

反之，既约元却不一定是素元。比如中整除 6 = 2 × 3，但既不整除 2 也不整除 3。一个环如果满足条件“既约元都是素元”，就说它满足“素元条件”。

另一方面，如果一个环满足条件“不存在主理想（即由一个元生成的理想）的无穷严格递增链”，就说它满足“分解条件”。这个条件等于是说，不存在这样的无穷数列 a₁, a₂, a₃, … 其中每个 a_i 都是 a_{i - 1} 的真的约数。如果一个环满足分解条件，则对于环中的任意一元，如果它不是既约元就可以把它分解为两个真的约数的积，这两个真的约数中如果还有非既约元就再继续分解，这样一直下去由分解条件保证了总会到头。也就是说，如果一个环满足分解条件，那么这环中任何一元都可以分解为（有限个）既约元的积。

对于实际应用中的大多数环来说分解条件都是成立的（更进一步，实际应用中大部分的环都是Nöther环），但素元条件通常是不成立的。也就是说，这分解虽然存在，但分解通常不是唯一的。满足唯一分解条件的整环被称为UFD（Unique Factorization Domain，唯一分解整环）。

命题。对于整环 R，以下条件是等价的：
1) R 满足分解条件，并且 R 中任意两个元都有最大公约数
2) R 满足分解条件和素元条件
3) R 中任意元都分解为素元的积
4) R 中任意元都唯一分解为既约元的积

证明。 1) ⇒ 2) 我们需要先证明一些关于最大公约数的性质。首先 gcd ( a, b ) ∙ c = gcd ( ac, bc )。这是因为显然 gcd ( a, b ) ∙ c 既整除 ac 又整除 bc 所以整除 gcd ( ac, bc )，反过来设 gcd ( ac, bc ) = rc，则 ac = prc, bc = qrc；现在 R 是整环，所以 a = pr, b = qr，即 r 整除 gcd ( a, b )。然后我们证明，如果 gcd ( a, b ) = ( 1 ), gcd ( a, c ) = ( 1 )，则 gcd ( a, bc ) = ( 1 )。这是因为 gcd ( a, bc ) = gcd ( a ∙ gcd ( 1, c ), bc ) = gcd ( a, ac, bc ) = gcd ( a, gcd ( a, b ) ∙ c ) = gcd ( a, c ) = ( 1 )。现在我们证明如果任意两个元都有最大公约数，则既约元是素元：设 r 是既约元， r 整除 ab。取 r 和 a 以及 r 和 b 的最大公约数，由 r 的既约性，这最大公约数要么是 ( 1 ) 要么是 ( r )，而如果两个都是 ( 1 ) 那么 gcd ( r, ab ) 也是 ( 1 )，这和 r 整除 ab 矛盾。所以 gcd ( r, a ) 和 gcd ( r, b ) 中肯定至少有一个是 ( r )，这正是素元要满足的条件。 2) ⇒ 3) 是显然的。 3) ⇒ 4) 由于素元是既约元，所以分解是存在的。我们只要证明（忽略顺序和可逆元的因子）这分解是唯一的。对素元的个数使用归纳法。设素元 p₁, p₂, …, p_k 的积 p₁…p_k 又可以分解为既约元 r₁, r₂, …, r_n 的积 r₁…r_n。显然 p_k 整除 r₁…r_n。由素元的性质，存在一个 i 使得 p_k 整除 r_i。不妨设 i = n，现在 r_n 是既约元，所以 r_n = up_k 且 u 是可逆元。因为 R 是整环，所以 p₁p₂…p_{k - 1} = ur₁r₂…r_{n - 1}，于是可以对这个等式使用归纳法的假定。 4) ⇒ 1) 是显然的。 （证毕）

UFD的一个重要例子是PID（ Principal Ideal Domain，主理想整环），即任何理想都可以由一个元生成的整环。

对一个不一定可换的环 R 来说，如果把 R 本身看成是左 R-加群时这是一个Nöther加群（参见《一点点群论（一）》），则把 R 称为左Nöther环。 R 是左Nöther环的一个等价条件是 R 的所有左理想都是有限生成的。同样可以定义右Nöther环、左Artin环和右Artin环。对可换环来说左和右的区别就没有了。

PID显然是Nöther环。Nöther环的另一个等价说法是它满足极大条件，即不存在理想的无穷严格递增链。特别地，不存在主理想的无穷严格递增链，于是Nöther环都满足分解条件。下面我们证明PID满足素元条件：

命题。设 R 是PID，( a ) 是 R 的理想。则以下条件是等价的：
1) ( a ) 是极大理想
2) ( a ) 是素理想
3) a 是素元
4) a 是既约元

证明。 1) ⇒ 2) ⇒ 3) ⇒ 4) 是显然的。我们只要证明 4) ⇒ 1)。设 I 是包含 ( a ) 的极大理想，由于 R 是PID，所以 I = ( b )，所以 b 整除 a，现在 a 是既约元，所以 ( b ) 要么是 ( 1 ) 要么是 ( a ) ，而由极大理想的定义 ( b ) ≠ ( 1 )，所以 ( b ) = ( a )。（证毕）

在PID中，设 ( a ) + ( b ) = ( c ), ( a ) ∩ ( b ) = ( d )，则 c 是 a 和 b 的最大公约数， d 是 a 和 b 的最小公倍数。

PID当然是非常强的条件。但是比如说整数环 ℤ 就是PID。这是因为有辗转相除法的存在。一般地，一个可以实行辗转相除法的整环被称为Euclid整环：
如果整环 R 中的每一个元 a 都对应了一个自然数（或者更一般地说，某个良序集合的元） φ ( a )，并且对于 R 中任意一个非0元 q 和任意一个元 p，都存在一个 s 使得 p = sq + r 且 φ ( r ) < φ ( q )。这时就把 R 称为Euclid整环。

命题。Euclid整环是PID。

证明。设 R 是Euclid整环。对于 R 中的理想 I ≠ ( 0 )，把集合 { φ ( a ) | a ≠ 0, a∈I } 的最小元记为 m， I 中有一元 x 满足 φ ( x ) = m。我们证明 I = ( x )：对于 I 中任意元 p，存在 s 使得 p = sx + r 且 φ ( r ) < φ ( x )。现在 r = p - sx 当然是 I 的元，而由 x 的定义，能够满足 φ ( r ) < φ ( x ) 这条件的只能是 r = 0。（证毕）

对于Euclid整环中的任意两个元 a, b，想要求出满足 ( a ) + ( b ) = ( c ) 的 c，只要使用辗转相除法就可以了。注意辗转相除法不仅可以求出最大公约数的 c，并且还同时求出了使得 ax + by = c 的 x, y。

整数环是Euclid环。我们只要考虑通常的带余数的除法，φ ( a ) 定义为 a 的绝对值。
体 k 上的单变量多项式环 k [ X ] 是Euclid环，我们只要考虑通常的单变量多项式的带余式的除法，φ ( a ) 定义为多项式 a 的次数加一（ 0 的次数理解为 -1）。
Gauss整数环 ℤ [ i ] 也是Euclid环，这里 φ ( a + bi ) 定义为 a² + b²。对于任意的 p∈ℤ [ i ] 和 q ≠ 0 ∈ℤ [ i ]，总是存在 s∈ℚ [ i ] 满足 sq = p，现在令 s’ 是复平面上离 s 最近的 ℤ [ i ] 的元，把 | s’ - s | 设为 d，易知 d ≤ 。令 r = p - s’q，则 φ ( r ) = φ ( s - s’ ) φ ( q ) = d²φ ( q ) ≤ φ ( q ) / 2 < φ ( q )。

作为一个应用，我们来证明费马的一个著名定理：任何一个模 4 余 1 的素数都可以表示成两个整数的平方和。我们先证明模 4 余 1 的素数 p 在 ℤ [ i ] 中不再是既约元了：ℤ [ i ] 是Euclid整环所以是PID，于是 ℤ [ i ] 中的既约元就是素元。Wilson定理说素数 p 整除 ( p - 1 )! + 1，而 ( p - 1 )! ≡ ≡ ( mod p )
所以当 p 模 4 余 1 时 p 整除 ，但这个积中的和都不是 p 的倍数，所以 p 不是 ℤ [ i ] 中的素元。
于是 p 在 ℤ [ i ] 中分解为真约数的积 ab。我们有 p² = | a |² | b |²，现在 a 和 b 都不是可逆元所以 | a | 和 | b | 都不是 1，而 | a |² 和 | b |² 又都是整数，所以 | a |² = | b |² = p。特别地，设 a = s + ti，就有 | a |² = s² + t² = p。