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高斯整數

Wikipedia · 2024-03-08 维基百科 👁 1 阅读

高斯整數是實數和虛數部分都是整數的複數。所有高斯整數組成了一個整域，寫作\mathbf{Z}[i]，是個不可以轉成有序環的欧几里得整环。
:\mathbf{Z}[i] = \{ a + bi \mid a, b \in \mathbb{Z} \}

高斯整數的范数都是非負整數，定義為
:N(zw) = N(z)N(w)

\mathbf{Z}[i]單位元1, -1, i, -i的範數均為1。

高斯整環
高斯整数形成了一个唯一分解整环，其可逆元为1, -1, i, -i。
質元素
:\mathbf{Z}[i]的素元素又称为高斯質數。

高斯整数a + bi是素数当且仅当：

  • a, b中有一个是零，另一个是形为4n + 3或其相反数-(4n + 3)的素数

或

  • a, b均不为零，而a^2 + b^2为素数。

以下给出这些条件的证明。

必要条件的证明为：仅当高斯整数的范数是素数，或素数的平方时，它才是高斯素数。这是因为对于任何高斯整数g，g \mid g\overline{g} = N(g)。现在，N(g)是整数，因此根据算术基本定理，它可以分解为素数p_{1}p_{2}\cdots p_{n}的乘积。根据素数的定义，如果g是素数，则它可以整除p_i，对于某个i。另外，\overline{g}可以整除\overline{p_i} = p_i，因此N(g) = g\overline{g} \mid p_{i}^{2}。于是现在只有两种选择：要么g的范数是素数，要么是素数的平方。

如果实际上对于某个素数p，有N(g) = p^2，那么g和\overline{g}都能整除p^2。它们都不能是可逆元，因此g = pu，以及\overline{g} = p\overline{u}，其中u是可逆元。这就是说，要么a = 0，要么b = 0，其中g = a + bi。

然而，不是每一个素数p都是高斯素数。2就不是高斯素数，因为2 = (1 + i)(1 - i)。高斯素数不能是4n + 1的形式，因为根据费马平方和定理，它们可以写成a^2 + b^2的形式，其中a和b是整数，且a^2 + b^2 = (a + bi)(a - bi)。剩下的就只有形为4n + 3的素数了。

形为4n + 3的素数也是高斯素数。假设g = p + 0i，其中p = 4n + 3是素数，且可以分解为g = hk。那么p^2 = N(g) = N(h)N(k)。如果这个分解是非平凡的，那么N(h) = N(k) = p。但是，任何两个平方数的和都不能写成4n + 3的形式。因此分解一定是平凡的，所以g是高斯素数。

类似地，i乘以一个形为4n + 3的素数也是高斯素数，但i乘以形为4n + 1的素数则不是。

如果g是范数为素数的高斯整数，那么g是高斯素数。这是因为如果g = hk，那么N(g) = N(h)N(k)。由于N(g)是素数，因此N(h)或N(k)一定是1，所以h或k一定是可逆元。

作为整闭包
高斯整数环是\mathbf{Z}在高斯有理数域中的整闭包，由实数部分和虚数部分都是有理数的复数组成。

作为欧几里德环
在图中很容易看到，每一个复数与最近的高斯整数的距离最多为\frac{\sqrt 2}{2}个单位。因此，\mathbf{Z}[i]是一个欧几里德环，其中v(z) = N(z)。所以，該環尤其是主理想整環，其理想皆形如\langle a+b i\rangle。若(a,b)=1，則對應的商是：
:\mathbb{Z} [i]/{\left\langle a+bi \right\rangle} \cong \mathbb{Z}_{a^2+b^2}\ = \ \{[0],[1],[2] \cdots ,[a^2+b^2-1]\}.

未解决的问题
高斯圆问题是中心为原点、半径为给定值的圆内有多少格点的问题。它本身并不是关于高斯整数的，但等价于确定范数小于某个给定值的高斯整数的数目。

关于高斯整数，还有一些猜想和未解决的问题，例如：

实数轴和虚数轴含有无穷多个高斯素数3, 7, 11, 19, \dots。在复平面上，还存在任何其它的直线上有无穷多个高斯素数吗？特别地，实数部分为1的直线上存在无穷多个高斯素数吗？

在高斯素数上行走，步伐小于某个给定的值，可以走到无穷远吗？

參見

  • 艾森斯坦整數
  • 费马平方和定理
  • 二次互反律

参考文献

*

#環論 #代數數 #复数 #分圆域

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