环 Z[i] 与 Z[ω] 的定义与性质小记
今日推歌：Lamia - BlackY
（这下真成今日推歌了，不会打交互怎么办）
话说大陆街机音游太少了吧，iidx，sdvx，ongeki 基本和没有一样（按理来说 ongeki 的抽卡模式能赚大钱啊），chunithm 和 maimai 通常就不到 3 台，也就部分机厅能达到 3 台，达到 5 台的机厅我似乎都去过，国服 chunithm 和 maimai 更新又拉跨的要命
但是我去的机厅竟然进了一堆湾岸，真 tm 有实力：
至于游记先让我拖更一下，这么多东西并不好整理。
\( \DeclareMathOperator{\i}{\mathbb{i}} \DeclareMathOperator{\e}{\mathbb{e}} \DeclareMathOperator{\eps}{\varepsilon} \)
写这个是为了证明三次/四次互反律所做的铺垫 .
首先给出 \(\Z[i]\) 的定义：
定义\(\,\,\)
\[\Z[\i]=\{a+b\i\mid a,b\in\Z\} \]
通常把 \(a+b\i\) 称为复整数，由于高斯最先研究 \(Z[\i]\) 的性质，所以也叫做高斯整数 .
\(\Z[\i]\) 上的整除
设 \(\xi\ne 0,\eta\in \Z[\i]\)，如果存在 \(\kappa\in \Z[\i]\)，使得：
\[\eta=\kappa\xi \]则称 \(\xi\) 整除 \(\eta\)，记为 \(\xi\mid\eta\)，否则称 \(\xi\) 不整除 \(\eta\)，记为 \(\xi\not\mid\eta\) .
这显然可以看作是 \(\Z\) 上整除的扩展，所以易得以下性质：
-
\(\xi\mid\eta,\eta\mid\rho\Rightarrow\xi\mid\rho\)
-
\(\xi\mid\eta,\xi\mid\rho\Rightarrow\xi\mid\alpha\eta+\beta\rho\)
定义 \(\,\,N(\xi)=\xi\overline\xi=|\xi^2|\)，其中 \(\overline\xi\) 表示 \(\xi\) 的共轭复数 .
容易发现 \(N(\xi)\) 的以下几条性质：
-
\(N(\xi)=0\Longleftrightarrow \xi=0\) .
-
\(N(\xi\eta)=N(\xi)N(\eta)\) .
-
\(N(\xi)\in \Z\)，当 \(\xi\neq0\) 时，\(\xi\mid N(\xi)\) .
-
\(N(\xi)=1\Longleftrightarrow\) \(\xi\) 为单位数，因此 \(\Z[\i]\) 中的单位数为 \(\pm1,\pm\i\)，通常被记为 \(\eps\) .
定义 \(\,\,\)若 \(\eta,\xi\) 满足 \(\eta=\xi\eps\)，\(\eps\) 是单位数，则称 \(\eta,\xi\) 为相伴数 .
定义 \(\,\,\)设 \(N(\xi)>1\)，任何分解式 \(\xi=\eta\rho\)，都有 \(N(\eta)\or N(\rho)=1\) 则称 \(\xi\) 为不可分数，常记为 \(\pi\) .
不可分数有以下简单性质：
-
\(\alpha\) 与 \(\pi\) 相伴，则 \(\alpha\) 不可分 .
-
\(N(\xi)=p\)，\(p\) 是素数，则 \(\xi\) 不可分 .
-
\(N(\xi)>1\)，则 \(\xi=\pi_1\cdots\pi_n\) 其中 \(\pi_k\) 均为不可分数 .
复整数的唯一分解定理
设 \(\xi=\pi_1\cdots\pi_n=\pi'_1\cdots\pi'_m\)，则有 \(n=m\)，并且存在一个排列 \(\sigma\) 使得 \(\pi_i\) 与 \(\pi'_{\sigma(i)}\) 相伴 .
证明此定理前先证明两个引理：
引理 1
任取一复整数 \(\eta\neq0,\xi\) 存在复整数 \(\kappa,\lambda\)，使得：
\[\xi=\kappa\eta+\lambda\,,\quad N(\lambda)<N(\eta) \]
证明：
设 \(\frac{\xi}{\eta}=A+B\i\)，其中 \(A,B\in\R\)，故存在两个数 \(x,y\in\Z\) 使得：
故取 \(\kappa=x+y\i\) 可得：
话说这个不等关系是不是有点太松了 .
引理 2
设 \(\pi\mid\xi\eta\)，则 \((\pi\mid\xi)\or(\pi\mid\eta)\) .
顺带一提，此引理在一般整环上可以看作与唯一分解定理等价，该引理也被称作欧几里得引理 .
先回顾下欧几里得引理的证明：
欧几里得引理
\[p\mid ab \Rightarrow (p\mid a)\or(p\mid b) \]证明：
设 \(p\not\mid a\)，则转化为证明 \(p\mid b\) .
根据裴蜀定理，存在两个整数 \(x,y\)，使得 \(xp+ya=1\)，两侧同乘 \(b\) 可得：\(b=bxp+aby\)，设 \(ab=pr\)，可得 \(b=p(bx+ry)\)，因此 \(p\mid b\)，得证。
当时学数论基础的时候并没有证明这东西（但是初中学 MO 的时候讲了）？大概是把唯一分解定理当作公理导致这个看起来过于显然了 .
证明：
沿袭在 \(\Z\) 上的证明方法，首先要证明的是 \(\Z[\i]\) 上的裴蜀定理：
对于两个数 \(\xi,\eta\) 满足 \(\xi\) 与 \(\eta\) 的最大公约数 \(\delta\)（定义仿照 \(\Z\) 上的定义，其“最大”指其范数最大），则存在复整数 \(\alpha,\beta\) 满足：
\[\alpha\xi+\beta\eta=\rho \]当且仅当 \(\delta\mid\rho\) . 其有解时必然存在无穷解 .
证明：
\(\xi\) 或 \(\eta\) 为 \(0\) 时显然成立，故以下设 \(\xi,\eta\neq0\) .
设 \(\displaystyle A=\{\alpha\xi+\beta\eta\,|\,\alpha,\beta\in \Z[\i]\}\)，下边证明 \(A\) 的最小非零元素是 \(\delta\) 的相伴：
设 \(A\) 中的最小元素 \(\delta_0=\alpha_0\xi+\beta_0\eta\)，考虑 \(A\) 中任意元素 \(\kappa=\alpha_1\xi+\beta_1\eta\) 对 \(\delta_0\) 的带余除法（即引理 1）：设 \(\kappa=\lambda\delta_0+r\)，\(N(r)<N(\delta_0)\)，关于 \(r\) 有：
\[r=\kappa-\lambda\delta_0=\alpha_1\xi+\beta_1\eta-\lambda(\alpha_0\xi+\beta_0\eta)=(\alpha_1-\lambda\alpha_0)\xi+(\beta_1-\lambda\beta_0)\eta\in A \]因此 \(r=0\)，\(\delta_0\mid\kappa\,\)。特别地：\(\delta_0\mid \xi\)、\(\delta_0\mid\eta\)，因此 \(\delta_0\) 是 \(\xi\) 和 \(\eta\) 的公约数 .
对于 \(\xi\) 和 \(\eta\) 的任意公约数 \(\delta\)，设 \(\xi=a\delta\)，\(\eta=b\delta\)，则：
\[\delta_0=\alpha_0\xi+\beta_0\eta=(\alpha_0a+\beta_0b)\delta \]故 \(\delta\mid\delta_0\)，\(\delta_0\) 是 \(\xi\) 与 \(\eta\) 的最大公约数。
如果 \(\alpha\xi+\beta\eta=\rho\) 有复整数解，那么 \(\rho\in A\)，由上文可得 \(\delta_0\mid\rho\)，证毕。
（实际因为带余除法的成立，也可以使用通常使用的辗转相除法来证明，留给读者思考）
接下来的证明就简单了：
设 \(\pi\not\mid\xi\)，转化为证明 \(\pi\mid\eta\) .
因为 \(\pi\not\mid\xi\)，所以存在 \(\alpha,\beta\)，使得：
接下来的就和在 \(\Z\) 上的证明过程相同了，略过。
复整数的唯一分解定理的证明：
对于 \(N(\xi)=2\) 来说显然成立，因为 \(\xi\) 不可分，对 \(N(\xi)>2\) 施归纳法：
设定理对所有 \(\eta\) 满足 \(N(\eta)<N(\xi)\) 成立，如 \(\xi\) 不可分，显然成立；否则 \(r,s>1\)，易得 \(\pi_r\mid\pi'_1\cdots\pi'_s\)，由引理 2 可得 \(\pi_r\) 与某个 \(\pi'\) 相伴，设 \(\pi'_s=\eps\pi_r\)，则有：
由于 \(N(\eta)<N(\xi)\)，故由归纳法得 \(r-1=s-1\)，且存在一个排列 \(\sigma\) 使得 \(\pi_i\) 与 \(\pi'_{\sigma(i)}\) 相伴，证毕 .
思考：
为什么将 \(N(\xi)\) 唯一分解后无法直接证明该定理？
下边我们给出 \(\Z[\i]\) 中全体不可分数：
定理 2：
\(\Z[\i]\) 中的不可分数为：
\(1+\i\) 和其相伴数；
素数 \(4n+3\) 和其相伴数；
满足素数 \(4n+1=x^2+y^2\) 的八个不可分数 \(x+y\i\) .
证明留给读者思考（提示：费马平方和定理）.
接下来给出 \(\Z[\omega]\) 的定义：
定义\(\,\,\)
\[\Z[\omega]=\{a+b\omega\mid a,b\in\Z\} \]其中 \(\omega\) 是三次单位根，满足 \(\omega^2+\omega+1=0\)，\(\displaystyle\omega=\frac{-1+\sqrt3\i}{2}\) .
因为 Eisenstein 最先对此类整数进行研究，因此此类整数也叫 Eisenstein 整数 . 同样的，\(\Z[\omega]\) 对于复数加法与乘法构成一个环。
容易得出 \(\omega^2=\overline\omega\)，\(N(a+b\omega)=(a+b\omega)(a+b\overline\omega)=a^2-ab+b^2\)，\(\Z[\omega]\) 中的单位数为 \(\pm1\)、\(\pm\omega\)、\(\pm\omega^2\) . 关于 \(\Z[\i]\) 的性质和定理也可以类似地证明其在 \(\Z[\omega]\) 上成立，下边给出 \(\Z[\omega]\) 中全体不可分数：
定理 3：
\(\Z[\omega]\) 中的不可分数为：
\(1-\omega\) 和其相伴数；
素数 \(3n+2\) 和其相伴数；
满足素数 \(3n+1=x^2-xy+y^2\) 的十二个不可分数 \(x+y\omega\) .
（这下不能留给读者思考了.jpg）
根据对定理 2 的同样的观察存在唯一的素数 \(p\) 使得 \(\pi\mid p\)（考虑将 \(N(\pi)\) 唯一分解后推出矛盾）.
如果 \(p=3\)，\(\pi\mid3\)，\(3=(1-\omega)(1-\omega^2)\)，并且 \(1-\omega^2\) 与 \(1-\omega\) 相伴，故 1. 得证 .
当素数 \(p\) 为 \(3n+2\) 时，由于 \(\pi\mid p\)，故 \(N(\pi)\mid p^2\)，发现 \(p\) 无法被表示成 \(x^2-xy+y^2\) 的形式，故 \(N(\pi)=p^2\)，\(\pi=\eps p\)，故 2. 得证 .
当素数 \(p\) 为 \(3n+1\) 时，因为 \(\displaystyle \left(\frac{-3}{p}\right)=\left(\frac{p}{3}\right)=1\)，故存在 \(z\) 使得 \(p\mid z^2+3\)，根据 \(\pi\mid p\) 则有：
如果 \(\pi\) 与 \(p\) 相伴，则有：
这种情况不存在，故 \(p\) 是可分的，从而：
设 \(\pi=u+v\omega\)，则 \(\alpha=u+v\overline\omega\)，使得 \(\pi\alpha=(u+v\omega)(u+v\overline\omega)=u^2-uv+v^2=p\) .
故 \(p\) 可以分解为两个共轭的不可分数 \(\pi\overline\pi\)，所有 \(p\) 的不可分因子为与 \(\pi\) 相伴的六个数和与 \(\overline\pi\) 相伴的六个数，这十二个数显然互不相同，故 3. 得证 .
其实 \(\Z[\i]\) 和 \(\Z[\omega]\) 上的许多定理无非是 \(\Z\) 上的扩展，只不过重新定义了一遍罢了，就是不可分数相对麻烦了些 .
还有就是在定理 3 的 2. 证明时这个 \(\displaystyle\left(\frac{-3}{p}\right)\) 有点莫名其妙 .
