代数数论——复数域上的数论

会写这个是因为前几天看到了 2019 年的集训队论文，于是学习了一下

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这是前两天写的每日一题的具体解答：

给出两个复数 \(x,y\in\mathbb Z[i]\)，请求出一对复数 \(a,b\in\mathbb Z[i]\)，使得 \(|ax+by|\) 非零且最小，输出这个最小值。\(1\leq|x|,|y|\leq 10^9\)。

sol.

这是一道论文题。题目来源：国家集训队 2019 论文集 ——「算法竞赛中一些数论问题的推广与高斯整数初探」李佳衡。

我们将说明如下的两个事实：在环 \(\mathbb Z[i]\) 上贝祖（Bezout）定理成立；在环 \(\mathbb Z[i]\) 上可以使用辗转相除法求得公约数。

若未声明，以下所有运算均在环 \(R=(M,\oplus,\otimes)\) 上进行，且不区分集合 \(M\) 与建立在 \(M\) 上的代数系统。

定义 1（公约数）. 设 \(\alpha,\beta\in M\)，若 \(\delta\in M,\delta\mid\alpha,\delta\mid\beta\)，则称 \(\delta\) 为 \(\alpha\) 与 \(\beta\) 的公约数。

定义 2（最大公约数）. 设 \(\alpha,\beta\in M\) 且不全为零元 \(\omicron\)，若存在 \(\Delta\in M\) 满足 \(\Delta\mid\alpha,\Delta\mid\beta\)，且对于任意 \(\alpha,\beta\) 的公约数 \(\delta\) 都有 \(\delta\mid\Delta\)，那么称 \(\Delta\) 为 \(\alpha,\beta\) 的最大公约数，记做 \(\Delta=\gcd(\alpha,\beta)\)。

注意到两个数的最大公约数可能有多个，它们都是相伴的（即互相等价）。

若未声明，以下所有运算均在环 \(R=(\mathbb Z[i],+,\times)\) 上进行，且不区分集合 \(M\) 与建立在 \(M\) 上的代数系统。

定义 3（范数）. 称 \(x\in\mathbb Z[i]\) 的范数（norm）为 \(N(x)=\Re^2x+\Im^2x=|x|^2\)。

定理 1. 设 \(\alpha,\beta\in\mathbb Q[i]\)，则 \(N(\alpha\beta)=N(\alpha)N(\beta)\)，若 \(\alpha\mid\beta\) 则 \(N(\alpha)\mid N(\beta)\)。

定理 2. 设 \(n\in \mathbb N\)，则 \(\mathbb Z[i]\) 中范数等于 \(n\) 的元素只有有限个。

以上两个定理的证明十分简单，这里略去。

定理 3（带余除法）. 设 \(\alpha,\beta\in\mathbb Z[i]\) 且 \(\alpha\neq 0\)，那么存在 \(\eta,\gamma\in\mathbb Z[i]\)，使得

\[\beta=\eta\alpha+\gamma,\qquad 0\leq N(\gamma)<N(\alpha) \]

Proof.

设 \(\tau=\frac\beta\alpha=r+si\in\mathbb Q[i]\)，取 \(u,v\in\mathbb Z\) 为 \(\tau\) 的实部和虚部四舍五入的结果，即使得 \(|u-r|\leq \frac 12,|v-s|\leq \frac 12\)。

记 \(\eta=u+vi\in\mathbb Z[i]\)，则

\[N(\tau-\eta)=|u-r|^2+|v-s|^2\leq(\frac 12)^2+(\frac 12)^2=\frac 12 \]

又有 \(\gamma=(\tau-\eta)\alpha\)，故而

\[N(\gamma)=N(\tau-\eta)N(\alpha)\leq\frac 12N(\alpha)<N(\alpha) \]

以下记满足 \(N(\gamma)\leq\frac 12N(\alpha)\) 的 \(\gamma\) 为 \(\beta\bmod\alpha\)。

定理 4（贝祖定理）. 对于不全为 \(0\) 的 \(\alpha,\beta\in\mathbb Z[i]\)，\(\Delta=\gcd(\alpha,\beta)\) 存在且存在 \(x,y\in\mathbb Z[i]\) 满足方程

\[\alpha x+\beta y=\Delta \]

Proof.

设 \(S=\{\alpha x+\beta y\mid x,y\in\mathbb Z[i]\}\)，设其中范数最小的非零元素为 \(\delta\)，于是由 \(\delta\in S\) 推知对于任意 \(\eta\mid\alpha,\eta\mid\beta\) 都有 \(\eta\mid\delta\)。

再设 \(\nu\in S\)，由定理 3，将 \(\nu\) 表示为

\[\nu=\eta\delta+\gamma,\qquad 0\leq N(\gamma)<N(\delta) \]

现在假定 \(N(\gamma)\neq 0\)，于是 \(\gamma=\nu-\eta\delta\in S\)，且 \(0\neq N(\gamma)<N(\delta)\)，这与 \(N(\delta)\) 最小矛盾，于是一定有 \(\gamma=0\)。故而 \(\delta\mid\nu\)。现在注意到 \(\alpha,\beta\in S\)，于是 \(\delta\mid\alpha,\delta\mid\beta\)，根据定义， \(\delta=\gcd(\alpha,\beta)\)。

定理 5（辗转相除法）. 对于 \(\alpha,\beta\in\mathbb Z[i]\)，有

\[\gcd(\alpha,\beta)=\gcd(\beta,\alpha\bmod\beta) \]

证明是显然的，这里略去。

那么本题的做法就很显然了：直接求出 \(\gcd(x,y)\) 就是答案，这可以使用辗转相除法。因为每一次的余数都会严格下降一半，于是总复杂度是 \(\mathcal O(\log N(xy))\)。

Quite Easily Done.

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以及一种特殊的模 \(4\) 意义下的狄利克雷特征函数：

\[\chi(n)= \left\{ \begin{aligned} & 1 & n\equiv 1\pmod 4\\ & -1 & n\equiv 3\pmod 4\\ & 0 & otherwise \end{aligned} \right. \]

这个函数有个性质：

定理 6. 设 \(n\in\mathbb N\)，\(\mathbb Z[i]\) 中范数等于 \(n\) 的元素个数为：

\[E(n)=4\sum_{d\mid n}\chi(d) \]

证明可以参考另一篇论文「《整点计数》命题报告以及对高斯整数的若干研究」徐翊轩。