高斯整数

定义

高斯整数是集合\(Z[i] = \{ a + bi | a,b \in Z\}, \ where \ i^2 = -1\)，换言之，高斯整数是实部和虚部都为整数的虚数。由于高斯整数在乘法和加法下交换，它们形成了一个交换环。

在复平面上，高斯整数是二维复平面上的整点。

高斯整数的模是它和自己共轭复数的乘积，即\(N(a+bi) = (a+bi)(a-bi)=a^2+b^2\)，它的模可以表示为两个数字的平方和，所以不能表示为\(4k+1, \ where \ k \in Z\)。

带余除法

也称欧几里得除法，高斯整环\(Z[i]\)是欧几里得环，所以它具有很多在整数域和多项式域上成立的特性，比如辗转相除，裴蜀定理，主理想，\(Euclid's\ lemma\) ，唯一分解定理，中国剩余定理。

\(Euclid's \ lemma:\)

\[\forall a, \ b, \ p \quad where \ p \ is \ a \ prime \\ p | ab \Rightarrow p|a \ or \ p | b \]

如果将高斯整数\(a\)写为\(a=bq+r\)，有$N(r) \le \frac{N(b)}{2} $。

\(Proof.\)

令 \(\frac{a}{b}=x+yi\)，令\(- \frac{1}{2} \le x-m \le \frac{1}{2}, \ - \frac{1}{2} \le y - n \le \frac{1}{2}\)，令\(q = m + ni\)，由\(a=bq+r\)，\(r = b(x - m + (y -n)i)\)，故$N(r) \le \frac{N(b)}{2} $。

高斯素数

高斯整数形成了一个唯一分解域。高斯整数只有当且仅当它是一个素数时才不可约，高斯整数中\(Z[i]\)的素数称为高斯素数。

1. 高斯素数的共轭复数依然为高斯素数。

2. 高斯素数的相伴复数依然为高斯素数。

   \[\forall a + bi \in Z[i], -a + bi \in Z[i] \]

3. 作为高斯素数的整素数\(p\)是\(4k+3\)型素数，其余的素数可以写为\(2\)个共轭高斯素数的乘积

4. 一个高斯整数\(a+bi\)是高斯素数当且仅当以下两个条件之一成立：

   • \(a,b\)中一个为\(0\)，且另一个数字为\(4k+3\)型素数

     若\(p\)为\(4k+3\)型素数，存在\(d\)，\(d\)不等于单位元，也不等于\(p\)，满足\(d\ |\ p\)，则\(d\bar d \ | \ p\)，由于\(d\bar d\)为整数，有\(d \bar d = p\)，得出\(p=a^2+b^2\)，\(a^2+b^2 \equiv 0,1,2(mod \ 4)\)，与\(p\)为\(4k+3\)型素数矛盾。

   • \(a,b\)都非\(0\)，且\(a^2+b^2\)是一个\(4k+1\)型素数或者\(2\)

     令\(u=a+bi\)，则\(u\bar u=p\)，\(p\)为一个\(4k+1\)型素数，若存在存在\(d\)，\(d\)不等于单位元，也不等于\(u\)，\(d \ | \ u\)，则\(d\bar d \ | \ p\)，由于\(d\bar d\)为整数，有\(d \bar d = p\)，得出\(d=u\)，与假设矛盾。

唯一分解

由于高斯整环是一个唯一分解域，所以每一个高斯整数都可以写为一个单位元和若干高斯素数的乘积，这种分解是唯一的（忽略共轭和相伴）。

\[\forall a \in Z[i], \ a = u \cdot (1+i)^{e_0} \prod p_m ^{e_i}, \ where \ u \ \in \{ 1, -1,i, -i\}, \ 0 \le e_i \]

最大公约数

两个高斯整数的最大公约数并不唯一，加入\(d\)是\(a\)与\(b\)的最大公约数，则\(a,b\)的最大公约数为\(d, -d, id, -id\)。

若\(a = i^k \prod p_m ^ {\nu_m}, \ b = i^n \prod p_m ^ {\mu_m}\)，则其中一个最大公约数为

\[d = \prod p_m ^ {\lambda_m}, \ where \ \lambda_m = min(\nu_i, \ mu_i) \]

可以根据带余除法里的结论，进行辗转相除，时间复杂度为\(O(log(n))\)。

Complex div(Complex a, Complex b) {
	long double mo = b.norm();
	Complex c = a * b.conj();
	long double r = 1. * c.r / mo, i = 1. * c.i / mo;
	return Complex(round(r), round(i));
}
Complex gcd(Complex a, Complex b) {
	if (b.r == 0 && b.i == 0) return a;
	Complex c = div(a, b);
	return gcd(b, a - b * c);
}

同余和剩余系

给定一个高斯整数\(z_0\)，对于高斯整数\(z_1, z_2\)，如果它们的差是\(z_0\)的整数倍，即\(z_1 - z_2 = k z_0, \ k \in Z\)，那么称\(z_1\)与\(z_2\)模\(z_0\)同余，写作\(z_1 \equiv z_2 (mod \ z_0)\)。

模\(z_0\)同余是一种等价关系，它将高斯整数分成若干个等价类，称为剩余类，剩余类写作\(Z/z_0Z\)，剩余类形成了一个交换环。

费马二平方和定理

\(p\)是一个素数，\(p\)可以写成两个平方数的和，当且仅当\(p=2\)或\(p \equiv 1 (mod 4)\)。

充分性：令\(p=a^2+b^2\)，对任意一个整数\(x\)，有\(x^2 \equiv 0,1,2(mod \ 4)\)，故\(a^2+b^2 \equiv 0,1,2(mod \ 4)\)，由于\(p\)是素数，所以\(p = 2\)或\(p \ equiv 1(mod \ 4)\)。

必要性：当\(p=2\)，\(2=1^2+1^2\)；当\(p\)为\(4k+1\)型素数，由于\(p\)不是高斯素数，所以可以进行分解，即\(p = u \bar u\), \(u=a+bi\)，故 \(p=a^2+b^2\)。

分解\(4k+1\)型素数

\(p\)为\(4k+1\)型素数，如果存在\(k^2 \equiv -1(mod \ p)\)，则\(p \ | \ (k + i)(k - i)\)，由于\(p=u \bar u\)，有\(u \ | (k+i)\)，故\(u=(k+i,p)\)，即可将\(p\)分解为两个平方数的和。

由于有一半的数在模\(p\)下存在平方剩余，随机一个\(t\)，检验\(t^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1(mod \ p)\)，令\(k=t^{\frac{p-1}{4}}\)，时间复杂度为\(O(Tlog(p))\)，\(T\)为测试次数。

构造 \(a^2+b^2=n\)的方案

1. 首先将\(n\)分解为\(n = \prod p_m^{e_m}\)的形式
2. 将\(2\)分解为\((1+i)(1-i)\)；将\(4k + 1\)型素数分解为\(u \bar u\)，其中 \(u\) 为高斯素数；\(4k+3\) 型素数不可分解

3. \[n = \prod p_m ^{e_i}, \ \ 0 \le e_i$$，由$ n=u \bar u $，故需要将$n$中的高斯素数分成两部分，使得两部分共轭。考虑素数$p_m$，对于$4k+1$型素因子，分解为$u^{e_m} \bar u^{e_m}$，左边可以放$k$个$u$，$e_m- k$个$\bar u$；对于$4k+3$型素因子，因为不能进行分解，所以左右两边的数量应该一样多，即$4k+3$型的素数$p_m$出现的次数必须为偶数。 \]

令\(f(n)=\frac{1}{4}\sum_{x,y \in Z}[x^2+y^2=n]\)，除以\(4\)是因为由\(4\)个单位元。由于素因子可以分开考虑，所以该函数为积性函数。

1. \(f(2^k)=1\)
2. \(f(p^e)=e+1\)，当p为\(4k+1\)型素数
3. \(f(p^{2e+1})=0\)，\(f(p^{2e})=1\)，当\(p\)为\(4k+3\)型素数