2022.12.17 闲话

目录

• 基本内容
  • 本原勾股数
  • 勾股数和本原勾股数计数
• 高斯整数
  • 二次整数
  • 二平方数拆分
  • $\mathbb Z[\mathrm i]$ 上的 GCD 和因数分解
• 淡化比较浓的东西
  • 代数曲线上的有理点
  • 二平方和

基本内容

整数三元组 $(a,b,c)$ 是勾股数当且仅当 $a^2+b^2=c^2$ .

本原勾股数

若勾股数 $(a,b,c)$ 满足 $a\perp b$，则称其为一组本原勾股数，此时显然有 $a,b,c$ 两两互素 .

因为奇数的平方一定模 4 余 1，偶数的平方一定模 4 余 0，于是对于勾股数 $(a,b,c)$，$a,b$ 中至少有一个偶数 .

本原勾股数定理

所有满足 $2\mid y$ 的本原勾股数 $(x,y,z)$ 可以被整数 $(a,b)$ 表出，其中 $a>b>0$，$a\perp b$ 且 $a,b$ 奇偶性不同 .

表示方式：

$$\begin{aligned}x&=a^2-b^2\\y&=2ab\\z&=a^2+b^2\end{aligned}$$

证明非常简单就不说了 .

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Problem 1

给一个正整数 $n$，表出正整数 $m$ 的数量，使得能 $(n,m)$ 通过本原勾股数定理构造出一组勾股数 .

正整数 $m$ 的数量记做 $\delta_{\sf P}(n)$ .

显然可得

$$\delta_{\sf P}(n)=\sum_{i=1}^{n-1}[i\perp n][2\mid n-i]$$

分奇偶性讨论可以得到

$$\delta_{\sf P}(n)=\dfrac{1}{1+[2\nmid n]}\varphi(n)$$

勾股数和本原勾股数计数

Problem 2

给一个正整数 $n$，求斜边长不大于 $n$ 的勾股数和本原勾股数个数 .

考虑一个暴力：

从 $1\dots \sqrt n$ 枚举整数 $a$，然后从 $a\dots\sqrt{n-a^2}$ 枚举 $b$，既可求出答案 .

这个算法的时间复杂度一定不大于满足条件的勾股数数量，这样的勾股数其实不是很多，假设斜边根号的余数是均匀的，可以认为勾股数个数和 $n$ 是同量级的，所以复杂度并不是很高 .

高斯整数

二次整数

二次整数环就是 $\mathbb Z[\sqrt d]$，其中 $d$ 是整数 .

或者说二次整数就是首一整系数二次多项式的根 .

二次整数性质其实不咋好……目前的一些结果：

$d$ / 性质	Eucild 整环	主理想整环	唯一分解整环
虚	$-1,-2,-3,-7,-11$	$-1,-2,-3,-7,-11,-19,-43,-67,-163$	$-1,-2,-3,-7,-11,-19,-43,-67,-163$
实	$2,3,5,6,7,11,13,17,19,21,29,33,37,41,57,73$	open	open

唯一分解整环后面就叫 UFD 了 .

高斯整数就是 $d=-1$ 情况 .

二平方数拆分

推流 joke3579 的高斯整数社论：link .

高斯整数环也就是 $\mathbb Z[\mathrm i]$，查表可得它是 UFD .

整环上存在逆元的元素称为单位，可以得到 $\mathbb Z[\mathrm i]$ 上的单位只有四个：$1,-1,\mathrm i,-\mathrm i$ .

高斯素数的形式：

• $1+\mathrm i$ .
• $4k+1$ 型素数：拆成两个共轭高斯素数（$4k+1$ 型素数必然可以表成两数平方和）.
• $4k+3$ 型素数：还是素数 .

令 $R(n)$ 为将 $n$ 分成两平方数之和的方案数 .

Lemma

令整数 $n$ 的素因数分解形式为：

$$n=2^t\prod_{i=1}^rp_i^{e_i}\prod_{i=1}^sq_i^{f_i}$$

其中 $p_i$ 是模 $4$ 余 $1$ 的素数，$q_i$ 是模 $4$ 余 $3$ 的素数 .

则

$$R(n)=\begin{cases}\displaystyle4\prod_{i=1}^r(e_i+1)&\forall i,2\mid f_i\\0&\text{otherwise.}\end{cases}$$

注意到一个方案 $n=a^2+b^2$ 就是 $n=(a+b\mathrm i)(a-b\mathrm i)$ .

观察可得素因数分解形式可写为

$$n=(-\mathrm i)^t(1+\mathrm i)^{2t}\prod_{i=1}^r(a_i+b_i\mathrm i)^{e_i}(a_i-b_i\mathrm i)^{e_i}\prod_{i=1}^sq_i^{f_i}$$

如果 $f_i$ 有奇数的就匹配不上了答案显然是 $0$，以下考虑 $f_i$ 都是偶数的情况 .

只需要考虑 $\{p\}$ 对 $a+b\mathrm i$ 和 $a-b\mathrm i$ 的贡献，于是就产生

$$\prod_{i=1}^r(e_i+1)$$

的贡献 .

因为有 $4$ 个单位的方向，所以答案再乘 $4$ 即可，证毕 .

勒让德两平方数之和定理

$$R(n)=4\left(\sum_{d>0}([4d+1\mid n]-[4d+3\mid n])\right)$$

令整数 $n$ 的素因数分解形式为：

$$n=2^t\prod_{i=1}^rp_i^{e_i}\prod_{i=1}^sq_i^{f_i}$$

则根据 Lemma，只需验证

$$4\left(\sum_{d>0}([4d+1\mid n]-[4d+3\mid n])\right)=\begin{cases}\displaystyle4\prod_{i=1}^r(e_i+1)&\forall i,2\mid f_i\\0&\text{otherwise.}\end{cases}$$

令 $\displaystyle d_k=\sum_{i>0}[4i+k\mid n]$ .

考虑对 $s$ 归纳（考虑 $4k+3$ 型素因子的一个前缀），则：

• $s=0$ 时，显然成立 .
• $s>0$ 时，对于每个 $(q_i,f_i)$ 分别讨论：
  • 若 $2\nmid f_i$，显然 $d_1=d_3$，命题成立 .
  • 若 $2\mid f_i$，奇偶次幂的因子被均分在 $d_1,d_3$ 中，于是相当于变成了大小为 $\dfrac{n}{q_i^{f_i}}$ 的子问题，根据归纳假设，命题成立 .

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高斯整数的一些应用：

Problem 3

给一个正整数 $r$，问圆心为 $(0,0)$，半径为 $r$ 的圆上有多少个整点 .

问题即为找整数二元组 $(x,y)$ 的数量，使得 $x^2+y^2=r^2$ .

根据勒让德两平方数之和定理，将 $r^2$ 分解质因数即可 .

Problem 4

给一个正整数 $n$，求斜边长不大于 $n$ 的所有勾股数 .

在勒让德两平方数之和定理的过程中即可输出所有勾股数，对于勾股数 $(a,b,c)$，枚举 $c$，施 pollard-rho 即可做到 $\Theta(n^{5/4})$ .

用 Problem 2 的手法可以 $O(n)$ 左右 .

如果是计数也一样 .

$\mathbb Z[\mathrm i]$ 上的 GCD 和因数分解

查表可得 $\mathbb Z[\mathrm i]$ 是 Euclid 整环 .

于是 $\mathbb Z[\mathrm i]$ 的 GCD 可以通过辗转相除法求出 .

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因数分解也比较平凡，因为范数是积性的，所以用某些方法先分解欲分解的高斯整数的范数，可以得到答案素因子的范数的几个可能值 .

知道范数求原数用高斯素数的形式即可 $\Theta(1)$，接下来试除即可 .

淡化比较浓的东西

代数曲线上的有理点

所有勾股数都可以对应到单位圆上的有理点上 .

即若 $\left(\dfrac ab\right)^2+\left(\dfrac bc\right)^2=1$ 且 $a,b,c$ 是正整数时，有 $a^2+b^2=c^2$ .

考虑过点 $(-1,0)$ 引一条斜率为有理数 $t$ 的直线，交圆心为原点的单位圆于点 $(x,y)$，则可以得到如下图所示的结果：

可以发现直线与单位圆交于另一有理点，由此可以知道可以用 $t$ 来参数化单位圆上的所有有理点 .

根据已知信息可以得到

$$\begin{aligned}&t=\dfrac{y}{x+1}\\&x^2+y^2=1\end{aligned}$$

代入可知

$$(x+1)((x-1)+t^2(x+1))=0$$

$x=-1$ 是平凡解（$(x,y)$ 为点 $(-1,0)$），于是下面令 $x\neq -1$，则

$$(x-1)+t^2(x+1)=0$$

解得 $x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$，从而可以得到 $y=\dfrac{2t}{1+t^2}$ .

于是直线 $y=t(x+1)$ 与单位圆的第二个交点为 $\left(\dfrac{1-t^2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2}\right)$，它是关于 $t$ 的有理函数，所以它是有理点的当且仅当 $t$ 是有理数 .

于是我们就得到单位圆上的所有有理点，即 $(-1,0)$ 和所有形如 $\left(\dfrac{1-t^2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2}\right)$ 的点 . 令 $t=\dfrac mn$，其中 $m,n$ 是正整数，则可以得到一个关于所有勾股数的表达式 .

代入 $t=\dfrac mn$ 可得有理点 $\left(\dfrac{m^2-n^2}{m^2+n^2},\dfrac{2mn}{m^2+n^2}\right)$，则根据前面的讨论可得 $(m^2-n^2,2mn,m^2+n^2)$ 为一组勾股数 .

这给出了一个对代数曲线有理参数化的一个方法 . 一个例子：椭圆 $x^2+xy+y^2=1$ 上的所有有理点为 $(-1,1)$ 和所有形如 $\left(\dfrac{1-t^2}{t^2+t+1},\dfrac{t^2+2t}{t^2+t+1}\right)$ 的点，其中 $t$ 是有理数 .

二平方和

根据先前的讨论，知道一个正整数可表示为两个正整数的平方和，当且仅当其所有形如 $4k+3$ 形式的素因子在 $n$ 中的次幂均为偶数 .

这一部分懒得写了，nmd