社论 22.10.20 高斯整数环

二维圆周数点与高斯整数环

所以来水社论了（

[HAOI2008]圆上的整点

给定 $r$。这给出了圆 $C:x^2+y^2=r^2$。求在 $C$ 圆周上的整点个数。

$r\leq 10^{14}$。

数论题。

记 $N = r^2$。于是我们需要求的是数对 $(x,y) \text{ s.t. } x^2 + y^2 = N$ 的数量。

引入一个东西：高斯整数。高斯整数是形如 $a+bi$ 的复数，满足 $a,b\in \mathbb Z$ 。
在高斯整数集上定义 $\{+,\times\}$：

1. $(a+bi) + (c+di) = (a+b) + (c+d)i$
2. $(a+bi)\times (c+di) = (ac - bd) + (ad+bc)i$

就得到了一个高斯整数环 $\text Z[i]$。
容易发现 $\text Z[i]$ 是交换环，证明考虑复数运算的性质。但是 $\text Z[i]$ 不是除环，证明考虑高斯整数和复数运算的性质。

非除环里有乘法逆元的元素称为环的单位。$\text Z[i]$ 上的单位只有四个：$\{\pm 1, \pm i\}$。
证明： $+1$ 为幺元。容易发现 $(-1)\times (-1) = 1,i\times (-i) = 1$。因此得证。

定义一个高斯整数 $z = a+bi$ 的范数 $N(z) = z\times \bar z$，其中 $\bar z$ 为 $z$ 的共轭复数。其实 $N(z) = ||z||$，只是换了一种表述，更方便了点。我一般会直接管它叫 norm
定理：$N(ab) = N(a)N(b)$。易证。
这表明了范数是积性的。

回到两段前。我们可以使用范数重新发现一遍单位。
假设 $\alpha = a+bi$ 是一个单位。那就肯定存在一个 $\beta = c+di$ 满足 $\alpha \beta = 1$。两边取范数得到
$N(\alpha \beta ) = N(1) = 1$。然后得到 $(a^2+b^2)(c^2+d^2) = 1$。由于 $a,b,c,d\in \mathbb Z$，因此 $a^2+b^2 = 1$。这个方程的解只有 $(\pm 1,0), (0,\pm1)$。于是得到四个单位 $\{\pm 1, \pm i\}$。

然后定义一个高斯整数 $\alpha = a + bi$ 是规范的，当且仅当 $a > 0, b\ge 0$。在之后的讨论中我们可以发现，规范的高斯整数的作用与正整数类似。

引入一个高斯素数：高斯素数在 $\text Z[i]$ 上是乘法不可约的。也就是说你没法再找出两个 $\in \text Z[i]$ 且非单位的元素的乘积表出一个高斯素数。
例如 $2$ 在 $\text Z[i]$ 上可以被表为 $(1+i)(1-i)$。

现在我们有了一个很优美的刻画。关于它，有一个更优美的定理。

$\text{Theorem 1}$ 高斯素数定理

可以用以下的方式描述高斯素数：

1. $1+i$ 为高斯素数。
2. 设 $p$ 为普通素数且 $p\equiv 3 \pmod 4$，则 $p$ 本身是高斯素数。
3. 设 $p$ 为普通素数且 $p\equiv 1 \pmod 4$，则在将 $p$ 表为两平方数之和 $u^2+v^2$ 后，$u + vi$ 是高斯素数。

任何高斯素数等于一个单位乘上形式 1. 2. 或 3. 中的素数。

证明：
对于 1. 和 3.，我们发现若 $N(p)$ 为一个普通素数，则 $p$ 必为一个高斯素数。这点可以由 $p\equiv 1 \pmod 4$ 素数唯一表为两平方和的性质证明。
对于 2.，采用反证法。令 $p$ 为一个如题设的素数，假设 $p$ 可以表为两个高斯整数的乘积，即 $(a+bi)(c+di) = p$，则取范数得

$$(a^2+b^2)(c^2+d^2) = p^2$$

为得到非平凡因式分解，我们需要解方程 $(a^2+b^2) = p,(c^2+d^2) = p$。由于 $p\equiv 3 \pmod 4$，因此 $p$ 无法表为两平方数之和。故原设不成立，因此结论正确。

因此我们得到了充分性。现在需要推导必要性。这里使用引理。

$\text{Lemma 1}$ 高斯整数的整除性引理

这里仍然记整除符号为 $\mid$。
设 $\alpha = a+bi$ 为高斯整数。则有

1. 若 $2 \mid N(\alpha)$，则 $(1+i) \mid \alpha$。
2. 若 $p$ 为形式 2. 的素数，并假设 $p\mid N(\alpha)$，则 $p\mid \alpha$。
3. 若 $p = u+ vi$ 为形式 3. 的素数，假设 $N(p) \mid N(\alpha)$，则 $p \mid \alpha$ 和 $\bar{p}\mid\alpha$ 中定有一个成立。

证明

1.

我们已知 $2 \mid N(\alpha)$，即 $2\mid (a^2 + b^2)$。因此 $a,b$ 具有相同的奇偶性。因此 $a+b$ 和 $-a+b$ 都可以被 $2$ 整除。这表明

$$\frac{a+bi}{1+i} = \frac{(a+b) + (-a+b)i}2$$

也是一个高斯整数。因此 $(1+i) \mid \alpha$。

2.

我们已知 $p \equiv 3 \pmod 4$ 且 $p\mid (a^2+b^2)$。这表明 $a^2 \equiv -b^2 \pmod p$。因此可以通过计算勒让德符号得知 $p\mid a$ 且 $p \mid b$：

$$\left(\frac{a}{p}\right)^2 = \left(\frac{a^2}{p}\right) = \left(\frac{-b^2}{p}\right) = \left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right)^2$$

由于 $p \equiv 3 \pmod 4$，由二次互反律得到 $\left(\frac{-1}{p}\right) = -1$ 。这表明

$$\left(\frac{a}{p}\right)^2 = -\left(\frac{b}{p}\right)^2$$

如果$a,b$ 不满足 $p\mid a$ 且 $p \mid b$，则我们得到了 $-1 = 1$。这与事实相悖，因此我们证明了 $p\mid a$ 且 $p \mid b$ 。设 $a = pa',b = pb'$，则 $\alpha = a + bi = p(a' + b'i)$。因此 $p \mid \alpha$。

3.

我们已知 $N(p) \mid N(\alpha)$。所以设 $N(\alpha) = a^2 + b^2 = N(p)K \text{ s.t. } K\in N^+$。

我们需要证明以下两个数中至少一个为高斯整数：

$$\frac{\alpha}{p} = \frac{(au+bv) + (-av+bu)i}{N(p)},\ \frac{\alpha}{\bar p} = \frac{(au-bv) + (av+bu)i}{N(p)}$$

首先观察到 $(au+bv)(au-bv) = a^2u^2 + b^2v^2 = (a^2 + b^2)u ^2 - N(p)b^2 = N(p)(Ku^2 - b^2)$。这表明了 $(au+bv)$ 和 $(au-bv)$ 中至少有一个可以被 $N(p)$ 整除。同样的推导可以证明 $(av + bu)$ 和 $(-av + bu)$ 中至少有一个能被 $N(p)$ 整除。

当其中一个分数对应的两个和式均能被整除时答案是平凡的，现在讨论当 $(au + bv)$ 和 $(av + bu)$ 均可被 $N(p)$ 整除的情况，当另一种情况时可以平凡推广。

我们已经证明了 $N(p)$ 整除 $(au + bv)$ 和 $(av + bu)$ ，因此 $N(p)$ 整除 $(b^2 - a^2)v$。由于 $v^2 \le N(p)$，因此 $N(p) \mid (b^2 - a^2)$。然而我们知道 $N(p) | (a^2 + b^2)$，因此 $N(p) \mid 2a^2$，$N(p) \mid 2b^2$ 。
由于 $N(p)\neq 2$，因此我们最终能推出 $N(p)\mid a$ 且 $N(p)\mid b$。

自然地，我们可以将 $\alpha$ 表为 $p \bar p(a' + b'i)$，其中 $a = N(p)a',b = N(p)b'$。

因此 $p\mid\alpha$。

这也就证明了 $\text{Lemma 1}$。$\square$

假设 $\alpha = a+bi$，则我们需要证明的是 $\alpha$ 必定属于 1. 2. 或 3. 中的一种。这里令 $\alpha$ 不是单位，因此 $N(\alpha) \neq 1$。因此至少有一个素数 $p$ 整除 $N(\alpha)$。

首先考虑 $p$ 为 $2$ 的情况。由 $\text{Lemma 1}$ 的 1. 部分，$(1+i) \mid \alpha$。但已经假设了 $\alpha$ 为素数，因此 $\alpha$ 必等于 $(1+i)$ 乘一个单位。因此 $\alpha$ 属于形式 1.。
然后假设 $p \equiv 3\pmod 4$。由 $\text{Lemma 1}$ 的 2. 部分，$p \mid \alpha$。但已经假设了 $\alpha$ 为素数，因此 $\alpha$ 必等于 $p$ 乘一个单位。因此 $\alpha$ 属于形式 2.。
最后假设 $p \equiv 1\pmod 4$。由两平方数之和定理，$p$ 可以被表为两平方数之和 $u^2 + v^2$。又由 $\text{Lemma 1}$ 的 3. 部分，$\alpha$ 要么被 $u + vi$ 整除，要么被 $u - vi$ 整除，由于 $\alpha$ 是素数，其必等于 $p$ 乘一个单位。特别的， $a^2 + b^2 = u^2 + v^2 = p$，因此 $\alpha$ 属于形式 3.。

这就证明了必要性。
因此这证明了 $\text{Theorem 1}$ 的充要性质。$\square$

既然已经有了高斯素数的详尽表示，我们的下一步就是用素数来表出高斯整数环上的每个元素。即，我们要证明高斯整数环上的唯一分解。

$\text{Theorem 2}$ 高斯整数环的 $\text{UFD}$ 性质

每个高斯整数 $\alpha \neq 0$ 都可以被唯一分解为一个单位 $u$ 乘以一系列规范的高斯素数的乘积：

$$\alpha = u\pi_1^{e_1}\pi_2^{e_2}\cdots\pi_r^{e_r}$$

其中 $\pi_1,\pi_2,\cdots,\pi_r$ 互不相同，$\forall e_i > 0$。特殊地，若 $\alpha$ 是单位，则重写为 $\alpha = u$。

证明：我们采用反证法。

首先假设：至少存在一个非零的高斯整数不可分解为素数的乘积。

我们选取所有满足这个假设的高斯整数中范数最小的数，记作 $\alpha$。这里不妨令 $\alpha$ 既不是高斯素数，也不是单位，因为这两种都不可能不可分解。
由于 $\alpha$ 不是素数也不是单位，其一定可以被分解为两个不是单位的高斯整数 $\beta$ 和 $\gamma$ 的乘积。
现在考虑 $N(\beta)$ 和 $N(\gamma)$。由于 $\beta,\gamma$ 不是单位，因此 $N(\beta) > 1,N(\gamma) > 1$。由范数的积性与 $\alpha = \beta \gamma$ 得到

$$N(\beta) = \frac{N(\alpha)}{N(\gamma)} < N(\alpha)，N(\gamma) = \frac{N(\alpha)}{N(\beta)} < N(\alpha)$$

而我们选择的 $\alpha$ 是范数最小的不可分解数，因此 $\beta$ 和 $\gamma$ 都可以被分解为高斯素数的乘积，而这也表明 $\alpha$ 同样能被分解为高斯素数的乘积。
这与假设矛盾，因此原命题成立。这给出了原命题的充分性。

随后假设：至少存在一个非零的高斯整数，存在两个及以上的素数分解。

我们选取所有满足这个假设的高斯整数中范数最小的数，记作 $\alpha$。由题设，我们有

$$\alpha = u\pi_1\pi_2\cdots \pi_r = u'\pi_1'\pi_2'\cdots \pi_s'$$

其中所有素数都是规范的素数。

显然 $\alpha$ 不可为单位，否则有 $\alpha = u = u'$，因此这两个分解是相同的。这就表明了 $r\ge 1$。

取第一个分解中的第一个素数 $\pi_1$，我们有 $\pi_1 \mid u'\pi_1'\pi_2'\cdots \pi_s'$。由于 $\pi_1 \nmid u'$，我们不妨假设 $\pi_1 \mid \pi_1'$。然而 $\pi_1 '$ 是高斯素数，因此有 $\pi_1 = [单位] \times \pi_1'$。由于这里的素数都是规范的，因此这个单位为 $1$。于是有 $\pi_1 = \pi_1'$。

设 $\beta = \frac \alpha {\pi_1} = \frac \alpha {\pi_1 '}$。这表明了

$$\beta = u\pi_2\cdots \pi_r = u'\pi_2'\cdots \pi_s'$$

即 $\beta$ 有两个不同的因子分解。然而 $N(\beta) = \frac {N(\alpha)}{N(\pi_1)} < N(\alpha)$，这表明 $\alpha$ 不是有两个不同的因子分解的范数最小的数。
这与假设矛盾，因此原命题成立。这给出了原命题的必要性。

综上，我们给出了 $\text{Theorem 2}$ 的充要性。$\square$

到了这里，我们终于可以开始解决上面那道题了。

我们记 $R(N) = 将 N 写成两平方数之和的方案数$ 。

$\text{Lemma 2}$ 勒让德两平方数之和定理 第一部分

若整数 $N$ 分解为普通素数的乘积

$$N = 2^t\times p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}\times q_1^{f_1}\cdots q_s^{f_s}$$

其中 $p_1,\cdots, p_r$ 都是模 $4$ 余 $1$ 的，$q_1,\cdots, q_s$ 都是模 $4$ 余 $3$ 的。

若 $\ \forall\ 1\le i\le s,2\mid f_i$，则

$$R(N) = 4(e_1+1)(e_2+1)\cdots (e_r +1)$$

其他情况 $R(N) = 0$。

证明：

现在要将 $N$ 表为两平方数之和。设 $N = A^2 + B^2$，这给出了

$$N = (A + Bi)(A - Bi)$$

由高斯整数的唯一分解，$A+Bi$ 为某些整除 $N$ 的素数的乘积，$A-Bi$ 是其余素数的乘积。
然而我们对高斯素数的选择并不完全自由，因为 $A+Bi$ 和 $A-Bi$ 互为共轭。也就是说，如果 $(a+bi)^e | (A + Bi)$，则 $(a-bi)^e | (A - Bi)$。以上推理适用于任何高斯素数。

我们先将 $N$ 分解为普通素数的乘积

$$N = 2^t\times p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}\times q_1^{f_1}\cdots q_s^{f_s}$$

随后将 $N$ 分解为高斯整数的乘积。整数 $2$ 分解为 $-i(1+i)^2$，$p_j$ 分解为 $(a_j + b_ji)(a_j - b_j i)$，$q_j$ 本身为高斯素数。这给出了如下的分解：

$$N = (-i)^t(1+i)^{2t}\times ((a_1 + b_1i)(a_1- b_1 i))^{e_1}\cdots ((a_r + b_ri)(a_r- b_r i))^{e_r}\times q_1^{f_1}\cdots q_s^{f_s}$$

若 $f_i$ 为奇数，则 $N$ 的分解两侧存在一个不平衡的质数 $q_i$，因此 $N$ 不可以被表为两平方数之和。现在假设所有的 $f_i$ 都是偶数。我们现在只需着眼 $p$ 的部分。

由于 $p_j$ 对答案的贡献为 $2e_j$，因此不妨假设 $(a_j + b_ji)$ 对 $A+Bi$ 贡献了 $x$ 个，对 $(A-Bi)$ 贡献了 $e_j-x$ 个。由于 $0\le x\le e_j$，对指数的不同选择方法计数导出了 $p$ 部分的答案：

$$(e_1 +1) (e_2+1)\cdots (e_r+1)$$

同时不难证明对于不同的质数，其导出的答案是不同的。因此计数不重不漏。

由于共有 $4$ 个单位，因此我们有最终的结果

$$R(N) = 4(e_1+1)(e_2+1)\cdots (e_r +1)$$

因此我们有 $\text{Lemma 2}$ 的证明。$\square$

到这里似乎事情就告一段落了。我们要求的就是 $R(N)$。由于 $N = r^2$，我们只需要将 $r$ 进行质因子分解，每个质因子都可以对答案造成 $2e_i+1$ 的贡献。又由于不可能存在不平衡的质数，因此答案一定不为 $0$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long r, ans = 4;

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> r;
	for (register int i = 2, cnt; i * i <= r; ++ i) {
		if (r % i == 0) {
			cnt = 0;
			while (r % i == 0) cnt += 2, r /= i;
			if (!(i >> 1 & 1)) ans *= cnt + 1;
		}
	} if (r > 1 and !(r >> 1 & 1)) ans *= 3;
	cout << ans << endl;
}

到这里似乎事情就告一段落了……吗？

不。我们还可以走得更远些：

$\text{Theorem 3}$ 勒让德两平方数之和定理

对给定的正整数 $N$，设

1. $D_1$ = [整除 $N$ 且满足 $d\equiv 1\pmod 4$ 的正整数 $d$ 的个数]
2. $D_3$ = [整除 $N$ 且满足 $d\equiv 3\pmod 4$ 的正整数 $d$ 的个数]

则有

$$R(N) = 4(D_1 - D_3)$$

将 $N$ 分解：

$$N = 2^t\times p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}\times q_1^{f_1}\cdots q_s^{f_s}$$

我们已经得到了 $R(N)$ 的表示法，现在只需要验证

$$D_1 - D_3 = \left\{ \begin{aligned} &(e_1+1)(e_2+1)\cdots (e_r +1)&,\ &所有的\ f_i\ 都是偶数\\ &0&, \ &存在\ f_i\ 是奇数 \end{aligned} \right.$$

证明：对 $s$ 采用归纳法。

当 $s = 0$ 时，$N = 2^t\times p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}$。因此 $N$ 的所有素因子都是 $d\equiv 1\pmod 4$ 的。于是 $D_3 = 0$，$D_1$ 是 $N$ 的奇因子个数。
$N$ 的奇因子是每个指数 $u_i$ 满足 $0\le u_i \le e_i$ 的数 $p_1^{u_1}\cdots p_r^{u_r}$。由计数，共有 $(e_1+1)(e_2+1)\cdots (e_r +1)$ 种可能。
这证明了 $s = 0$ 时定理成立。

现在假设 $q$ 模 $4$ 余 $3$，且 $q \mid N$。同时假设上述定理对所有 $< N$ 的整数都成立。假设 $N$ 中 $q$ 的指数为 $f$，这给出了 $N = q^f n, f\ge 1, q\nmid n$。分别讨论 $f$ 的奇偶性。

首先考虑 $2\nmid f$。则 $N$ 的奇因子形如 $q^i d \ \text{ s.t. }\ 0\le i \le f, d \mid n$。且对于 $N$ 的每组 $(f+1)$ 个因子，它们都被平均地分在了 $D_1$ 和 $D_3$ 中。因此 $D_1 = D_3$。
这表明了 $D_1 - D_3 = 0$。

然后考虑 $2\mid f$。同样假设 $N$ 的奇因子形如 $q^i d$ 其中 $0\le i \le f, d \mid n$。对于 $N$ 的每组 $(f+1)$ 个因子，当 $i > 0$ 时，$2 \mid i$ 和 $2\nmid i$ 对应的两组因子被平均分在了 $D_1$ 和 $D_3$ 中，这部分的答案被抵消了。当 $i=0$ 时，问题转化为对于 $n$ 证明原定理，而这已经由归纳假设得证。

因此我们验证了 $D_1 - D_3$ 的形式。由 $\text{Lemma 2}$ 可以得到 $\text{Theorem 3}$ 的最终证明。$\square$

---

例题：R(n)
是求 R(n) 的板子题。

本文内容是笔者在翻《数论概论》时写的
权当随笔 如有笔误等问题敬请指正

因为这篇有点长写的时候太卡了所以写到一半的时候转了vscode
到最后发现似乎是预览页面占的内存太大了

但是这证明的 $\LaTeX$ 实在是太难打了啊啊啊
而且证明过程好长啊啊啊