【学习笔记】浅谈高斯整数

关于标题：并不是我在浅谈高斯整数，而是我学习了一篇名为《浅谈高斯整数》的文章。链接在文中。

主要参考了知乎文章。在 $\text{wolfram}$ 上有 $\text{Gaussian prime}$ 结论版。

Theorem 1. 高斯整数环 $\mathbb{G}=\mathbb{Z}(i)$ 是欧几里得环。

Proof. 对任意 $z\in \mathbb{Z}(i)$，令 $\varphi (z)=|z{|}^2$ 。

任给 $a,b\in \mathbb{Z}(i)$，存在 $u,v\in \mathbb{Q}$ 使得 $\frac{a}{b}=u+vi$，于是 $\exists c,d\in \mathbb{Z}$ 使得 $|c-u|⩽\frac{1}{2}\wedge |d-v|⩽\frac{1}{2}$ 。

令 $q=c+di,r=qb-a=b\cdot [(c-u)+(d-v)i]$，则 $\varphi (r)=\varphi (b)[(c-u{)}^2+(d-v{)}^2]⩽\frac{1}{2}\varphi (b)$，证毕。$■$

Lemma 1. $\mathbb{G}$ 中的单位是 { 1 , − 1 , i , − i } \{1,-1,i,-i\} {1,−1,i,−i}，即 { α : ϕ ( α ) = 1 } \{\alpha:\phi(\alpha)=1\} {α:ϕ(α)=1} 。

Proof. 根据定义 $\alpha \beta =1\Rightarrow \varphi (\alpha )\varphi (\beta )=1\Rightarrow \varphi (\alpha )=\varphi (\beta )=1$ 。$■$

Lemma 2. 将 $\mathbb{N}$ 中质数 $p$ 在 $\mathbb{G}$ 上分解，若 $p$ 可约，只可能形如 $p=\alpha \bar{\alpha }$，其中 $\bar{\alpha }$ 是 $\alpha$ 的共轭复数。

Proof. 设 $p=\prod {\alpha }_i$，取范数得 $\prod \varphi ({\alpha }_i)=\varphi (p)=p^2$，因此只能分解为 $\varphi ({\alpha }_1)=\varphi ({\alpha }_2)=p$ 。两个复数相乘得到实数，则 ${\alpha }_2$ 与 $\overline{{\alpha }_1}$ 共线，又由范数关系知二者相等。$■$

Theorem 2. 若 $\varphi (z)$ 为 $\mathbb{N}$ 中质数，则 $z$ 在 $\mathbb{G}$ 中不可约。

Proof. 若 $z=ab$ 则 $\varphi (z)=\varphi (a)\varphi (b)$，故而 $\varphi (a)=1\vee \varphi (b)=1$ 成立，即 $z$ 不可约。$■$

Corollary. 若 $p$ 为 $\mathbb{N}$ 中质数，且 $p$ 在 $\mathbb{G}$ 中可约，则其具有唯一分解 $p=\alpha \bar{\alpha }$ 。

Proof. 由 $\text{Lemma 2}$ 得到该分解，由 $\text{Theorem 1,2}$ 知这是素元分解。$■$

Theorem 3. 若 $\mathbb{N}$ 中质数 $p$ 满足 $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$，则 $p$ 在 $\mathbb{G}$ 中是不可约的。

Proof. 由 $\text{Lemma 2}$ 知 $p$ 可约当且仅当 $\exists a,b$ 使得 $a^2+b^2=p$ 。然而完全平方数模 $4$ 余 $0$ 或 $1$，因此不可能。$■$

Theorem 4. 若 $\mathbb{N}$ 中质数 $p$ 满足 $p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$，则 $p$ 在 $\mathbb{G}$ 中可约。

Proof. 用勒让德符号 $\left(\frac{-1}{p}\right)=1$ 可知 $\exists a\in [1,p)$ 使得 $a^2\equiv -1$，即 $p\mid (a^2+1)=(a+i)(a-i)$ 。又因 $a^2+1<p^2$，用范数可判断 $p\nmid (a\pm i)$，故 $p$ 不是素元。由 $\text{Theorem 1}$ 知 $p$ 可约。$■$

Comment. 至此我们已经证明了费马平方和定理。

Lemma 3. $\mathbb{G}$ 中的素元都是某个 $\mathbb{N}$ 中质数 $p$ 在 $\mathbb{G}$ 中的因子。

Proof. 设 $\alpha =a+bi$ 为素元，设集合 $S$ 为 $\alpha$ 的倍数与 $\mathbb{N}$ 的交集，则 $a^2+b^2\in S$ 可知 $S$ 非空。令 $p$ 为 $S$ 中最小数，若 $p=cd$ 在 $\mathbb{N}$ 中可约，则 $\alpha \mid cd$ 可知 $\alpha \mid c\vee \alpha \mid d$，与 $p$ 是最小数矛盾。故 $p$ 是 $\mathbb{N}$ 中质数。$■$

Theorem 5. $\alpha =a+bi$ 是 $\mathbb{G}$ 中素元，当且仅当 $\varphi (\alpha )\in \mathbb{P}$ 或者 $ab=0\wedge |a+b|\in \mathbb{P}\wedge |a+b|\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ 其中 $\mathbb{P}$ 是 $\mathbb{N}$ 中质数集。

Proof. 由 $\text{Lemma 3}$，只需考察 $\mathbb{P}$ 的因子。由 $\text{Lemma 2}$ 引出 $\varphi (\alpha )\in \mathbb{P}$ 的素元，由 $\text{Theorem 4}$ 引出 $\mathbb{P}$ 中模 $4$ 余 $3$ 的数作为素元。$■$

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尝试运用一下这些东西。可见全知全能的神 $\mathsf{OUYE}$ 的《浅谈高斯整数》。

• 求 $n=a^2+b^2$ 的整数解 $(a,b)$ 的数量。

这等价于，有多少种方案将 $n$ 分解为共轭高斯整数的乘积。考虑将 $n$ 质因数分解为 $n=2^a\prod p_i^{t_i}\prod q_i^{c_i}$，其中 $p_i$ 是模 $4$ 余 $1$ 的质数，$q_i$ 是模 $4$ 余 $3$ 的质数。

引理：对于 $\mathbb{N}$ 中质数 $p$，若 $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$，则 $p^k\mid (a+bi)$ 当且仅当 $p^k\mid a\wedge p^k\mid b$ 。

证明：因 $p$ 在 $\mathbb{G}$ 中不可约，因此 $(a+bi)$ 的唯一分解中存在 $p^k$，剩余数的积设为 $(u+vi)$ 则 $a=p^{k}u,b=p^{k}v$，即证。$■$

对于模 $4$ 余 $3$ 的 $\mathbb{N}$ 中质数 $q$，它是 $\mathbb{G}$ 中素元，若 $n=(a+bi)(a-bi)$，由引理可知 $(a+bi)$ 和 $(a-bi)$ 中 $q$ 的次数相同。因此，当 $2\mid c_i$ 时划分方案唯一，当 $2\nmid c_i$ 时无法划分。

引理：$\mathbb{G}$ 中素元的共轭复数也是 $\mathbb{G}$ 中素元。

证明：根据 $\text{Theorem 5}$ 容易判断。$■$

因此 $\alpha$ 和 $\bar{\alpha }$ 的唯一分解恰好是两两共轭的关系。

对于模 $4$ 余 $1$ 的 $\mathbb{N}$ 中质数 $p$，它可以被分解为素元 $\alpha$ 和 $\bar{\alpha }$ 。由引理可知，我们需要划分使得两边相互抵消，即划分为 $({\alpha }^x{\bar{\alpha }}^y)({\alpha }^{t-x}{\bar{\alpha }}^{t-y})$ 应满足 $t-y=x\wedge y=t-x\Rightarrow x+y=t$，因此有 $(t+1)$ 种划分方案。

对于质数 $2$，它的唯一分解为 $(1+i)(1-i)$ 。为何它是特殊的？因为这两个素元是相伴的。我们在前面讨论的素元都是不相伴的（因为相伴素元的 $\varphi$ 相同，而前面讨论的素元的 $\varphi$ 分别是对应的质数；共轭素元只有 $(1+i)(1-i)$ 相伴）。

所以，它实际上不会作出任何区分，只需判断能否均分。显然能，因为数量是 $2a$ 。

注意上面的过程都不允许相伴元的取代。这也是共轭复数严格对应的原因。所以求出的答案还要乘 $4$，以扩展到所有相伴元。

最后，总结性地说，方程 $2^a\prod p_i^{t_i}\prod q_i^{c_i}=f^2+g^2$ 的整数解 $(f,g)$ 的解数量是 $4\prod (t_i+1)\prod [2\mid c_i]$ 。这显然是比费马平方和定理更强的。