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代数数论初步：高斯整数与艾森斯坦整数
核心定位
代数数论的起点是将整数环 $\mathbb{Z}$推广为更一般的代数整数环，使得素因子分解重新成为有用的工具。最简单的两个例子是 高斯整数$\mathbb{Z}[i]$（用于解决两数平方和问题与 $n = 4$型 Fermat 方程）和 艾森斯坦整数$\mathbb{Z}[\omega]$（用于 $n = 3$ 型 Fermat 方程与 Eisenstein 互反律）。这两个环都是唯一分解整环（UFD），使得类似算术基本定理的工具可以应用。本笔记系统介绍高斯整数与艾森斯坦整数的算术结构及其在不定方程中的应用，与 不定方程与丢番图方程、二次剩余与阶 形成完整知识网络。
一、高斯整数 $\mathbb{Z}[i]$
1.1 定义与基本性质
高斯整数
$$\mathbb{Z}[i] = \lbrace a + bi : a, b \in \mathbb{Z}\rbrace \subset \mathbb{C}$$ 称为高斯整数环。它是 $\mathbb{Z}$在$\mathbb{C}$中添加$i$（$i^2 = -1$）得到的子环。
范数：$N(a + bi) = a^2 + b^2 = (a + bi)(a - bi) = |a + bi|^2$。范数是积性的： $$N(\alpha \beta) = N(\alpha) N(\beta)$$
范数的核心性质：
- $N(\alpha) \ge 0$，等号当且仅当 $\alpha = 0$
- $N(\alpha) = 1 \iff \alpha \in \lbrace \pm 1, \pm i\rbrace $（这些称为单位）
- $N(\alpha)$ 是有理整数
1.2 整除与唯一分解
高斯整除
设 $\alpha, \beta \in \mathbb{Z}[i]$，$\beta \ne 0$。称 $\beta$整除$\alpha$（记 $\beta \mid \alpha$），若存在 $\gamma \in \mathbb{Z}[i]$使$\alpha = \beta \gamma$。
高斯整数的唯一分解定理
$\mathbb{Z}[i]$ 是唯一分解整环（UFD）：每个非零非单位的高斯整数可唯一分解为高斯素数之积（不计顺序和单位因子）。
证明的关键步骤：
- 带余除法：对 $\alpha, \beta \in \mathbb{Z}[i]$（$\beta \ne 0$），存在 $\gamma, \rho \in \mathbb{Z}[i]$使$\alpha = \beta\gamma + \rho$且$N(\rho) < N(\beta)$（取 $\gamma = \lfloor \alpha/\beta \rfloor$ 在复平面最近的格点）
- 欧几里得算法：由带余除法可得 GCD
- 裴蜀定理：$\gcd(\alpha, \beta)$存在且可表为$\alpha\gamma + \beta\delta$
- Euclid 引理：若素数 $\pi \mid \alpha\beta$且$\pi \nmid \alpha$，则 $\pi \mid \beta$
- 唯一分解：由 Euclid 引理推得
二、高斯素数
高斯素数分类
高斯整数 $\pi$是高斯素数$\iff$ $N(\pi) \in \mathbb{Z}$是有理素数或$N(\pi) = p$，其中 $p$是有理素数且$p \equiv 1 \pmod 4$或$p = 2$。
具体分类：
- $1 + i$ 型：$N(1 + i) = 2$，故 $1 + i$ 是高斯素数（$2 = -i(1 + i)^2$）
- $a + bi$ 型（$a, b > 0$）：当 $p = a^2 + b^2$为素数且$p \equiv 1 \pmod 4$ 时，$a + bi$与$a - bi$ 是高斯素数
- 有理素数：当 $p \equiv 3 \pmod 4$ 时，$p$ 本身作为高斯整数也是高斯素数
重要事实
- $p = 2$：$2 = -i(1 + i)^2$在$\mathbb{Z}[i]$ 中分歧（ramified）
- $p \equiv 1 \pmod 4$：$p = \pi \bar{\pi}$在$\mathbb{Z}[i]$ 中分裂（split）
- $p \equiv 3 \pmod 4$：$p$在$\mathbb{Z}[i]$ 中惯性的（inert，仍为素数）
高斯素数示例
- $N(1 + i) = 2$，故 $1 + i, 1 - i$ 是高斯素数
- $5 = 2^2 + 1^2 = (2 + i)(2 - i)$，故 $2 + i, 2 - i$ 是高斯素数
- $13 = 3^2 + 2^2 = (3 + 2i)(3 - 2i)$
- $17 = 4^2 + 1^2 = (4 + i)(4 - i)$
- $3, 7, 11, 19$（$p \equiv 3 \pmod 4$）作为高斯整数是素数
三、两数平方和的高斯整数证明
Fermat 两数平方和定理
有理素数 $p$可表示为两整数平方和$\iff$ $p = 2$或$p \equiv 1 \pmod 4$。
高斯整数证明：
- 必要性：若 $p = x^2 + y^2$且$p$奇，则$p = (x + yi)(x - yi) = N(x + yi)$。$p \mid (x^2 + y^2) \Rightarrow x^2 \equiv -y^2 \pmod p$，若 $p \nmid y$则$-1 \equiv (x/y)^2 \pmod p$，即 $-1$是模$p$二次剩余，等价于$p \equiv 1 \pmod 4$。
- 充分性：若 $p \equiv 1 \pmod 4$，则 $-1$是模$p$二次剩余，存在$x$使$x^2 \equiv -1 \pmod p$，即 $p \mid x^2 + 1 = (x + i)(x - i)$。但 $p \nmid (x + i)$且$p \nmid (x - i)$（因 $x/p \pm i/p$非高斯整数），故$p$在$\mathbb{Z}[i]$ 中非素数。由唯一分解，$p = \pi \bar{\pi}$，即 $p = N(\pi) = a^2 + b^2$。
推论（一般情形）
正整数 $n$可表为两整数平方和$\iff$ $n$的每个$4k + 3$型素因子在$n$ 中的幂次为偶数。
证明：设 $n = 2^a \prod p_i^{b_i} \prod q_j^{c_j}$（$p_i \equiv 1 \pmod 4$，$q_j \equiv 3 \pmod 4$）。
- $2 = -i(1 + i)^2$在$\mathbb{Z}[i]$中是$1 + i$ 的平方（乘单位）
- $p_i = \pi_i \bar{\pi}_i$ 分裂
- $q_j$在$\mathbb{Z}[i]$ 中是素数
$n$在$\mathbb{Z}[i]$中是范数当且仅当$q_j^{c_j}$是某高斯整数的范数。但$q_j$ 是素数，$q_j^{c_j}$是范数要求$c_j$偶（此时$q_j^{c_j} = N(q_j^{c_j/2})$）。
四、高斯整数在不定方程中的应用
4.1 $x^2 + y^2 = n$ 的解数
两数平方和的解数公式
设 $n$ 为正整数，$n = 2^a \prod p_i^{b_i} \prod q_j^{c_j}$（$p_i \equiv 1 \pmod 4$，$q_j \equiv 3 \pmod 4$，所有 $c_j$ 偶）。则： $$r_2(n) = 4 \prod_i (b_i + 1)$$ 其中 $r_2(n)$表示$x^2 + y^2 = n$的整数解$(x, y)$ 个数（含顺序与符号）。
求 $x^2 + y^2 = 25$ 的整数解数
$25 = 5^2$，$5 \equiv 1 \pmod 4$，$b_1 = 2$，$r_2(25) = 4 \cdot 3 = 12$。验：$(0, \pm 5), (\pm 5, 0), (\pm 3, \pm 4), (\pm 4, \pm 3)$共$2 + 2 + 4 + 4 = 12$ ✓。
4.2 $n = 4$ 型 Fermat 方程
$x^4 + y^4 = z^2$ 无正整数解（Fermat）
证明：若 $(x, y, z)$ 是最小正解，$\gcd(x, y) = 1$。$x^4 + y^4 = (x^2)^2 + (y^2)^2 = z^2$，故 $(x^2, y^2, z)$ 是本原勾股数组。由欧几里得公式： $$x^2 = m^2 - n^2, \quad y^2 = 2mn, \quad z = m^2 + n^2$$ 其中 $\gcd(m, n) = 1$，$m, n$ 一奇一偶。
- $x^2 + n^2 = m^2$：$(x, n, m)$又是本原勾股数组，故$x = p^2 - q^2$，$n = 2pq$，$m = p^2 + q^2$。
- $y^2 = 2mn = 4pq(p^2 + q^2)$，故 $pq(p^2 + q^2)$ 是完全平方。
- $\gcd(p, q) = \gcd(p, p^2 + q^2) = \gcd(q, p^2 + q^2) = 1$，故 $p, q, p^2 + q^2$ 各自是完全平方：$p = a^2, q = b^2, p^2 + q^2 = c^2$。
- 但 $a^4 + b^4 = c^2$，且 $c < z$，与最小性矛盾。✓
4.3 $x^4 + y^2 = z^2$ 型方程
高斯整数法解 $x^4 + 4y^4 = z^2$（Sophie Germain 恒等式）
Sophie Germain 恒等式：$a^4 + 4b^4 = (a^2 - 2ab + 2b^2)(a^2 + 2ab + 2b^2)$。
由此，若 $x^4 + 4y^4 = z^2$有正整数解，则$z$ 是上述两因子之积。可证明两因子互素且均为完全平方，最终导致更小解存在，矛盾。
五、艾森斯坦整数 $\mathbb{Z}[\omega]$
5.1 定义与基本性质
艾森斯坦整数
设 $\omega = e^{2\pi i/3} = \dfrac{-1 + \sqrt{-3}}{2}$（满足 $\omega^2 + \omega + 1 = 0$）。定义： $$\mathbb{Z}[\omega] = \lbrace a + b\omega : a, b \in \mathbb{Z}\rbrace = \left\lbrace \frac{a + b\sqrt{-3}}{2} : a, b \in \mathbb{Z}, a \equiv b \pmod 2\right\rbrace $$ 这是 $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ 的代数整数环。
范数：$N(a + b\omega) = a^2 - ab + b^2$（亦是 $|a + b\omega|^2$，积性）。
单位：$N(\alpha) = 1$的元共$6$ 个：$\lbrace \pm 1, \pm \omega, \pm \omega^2\rbrace $（六次单位根）。
艾森斯坦整数的唯一分解
$\mathbb{Z}[\omega]$ 是唯一分解整环（实际上也是欧氏整环）。
5.2 艾森斯坦素数
艾森斯坦素数分类
- $1 - \omega$ 型：$N(1 - \omega) = 3$，$1 - \omega$ 是艾森斯坦素数。$3 = -\omega^2(1 - \omega)^2$ 分歧。
- $a + b\omega$型：若$p \equiv 1 \pmod 3$，则 $p = a^2 - ab + b^2 = N(a + b\omega)$ 分裂为两艾森斯坦素数之积。
- 有理素数：若 $p \equiv 2 \pmod 3$，$p$在$\mathbb{Z}[\omega]$ 中惯性，仍为素数。
艾森斯坦素数示例
- $3 = -\omega^2(1 - \omega)^2$，分歧
- $7 = 2^2 - 2 \cdot 1 + 1^2 = 3$？验：$N(2 + \omega) = 4 - 2 + 1 = 3$，不对。试 $N(3 + \omega) = 9 - 3 + 1 = 7$✓。故$7 = (3 + \omega)(3 + \omega^2) = (3 + \omega)(2 - \omega)$
- $13 \equiv 1 \pmod 3$：$13 = 4^2 - 4 \cdot 1 + 1 = 13$？$N(4 + \omega) = 16 - 4 + 1 = 13$ ✓
- $5 \equiv 2 \pmod 3$：$5$在$\mathbb{Z}[\omega]$ 中保持素数
六、$n = 3$ 型 Fermat 方程
$x^3 + y^3 = z^3$ 无正整数解（Euler 证明）
证明思路（在 $\mathbb{Z}[\omega]$中）：设$(x, y, z)$是互素的最小正解。在$\mathbb{Z}[\omega]$ 中： $$x^3 + y^3 = (x + y)(x + \omega y)(x + \omega^2 y) = z^3$$ 三个因子两两互素（除了可能含 $1 - \omega$ 因子）。由唯一分解，每个因子是单位乘立方。逐步推导得出更小解，矛盾。
关键引理
若 $\alpha, \beta \in \mathbb{Z}[\omega]$ 互素，$\alpha\beta = \gamma^3$是完全立方，则$\alpha, \beta$各自为单位乘立方。这要求$\mathbb{Z}[\omega]$ 是 UFD，正是艾森斯坦整数最关键的算术性质。
七、$x^2 + 3y^2$与$x^2 + xy + y^2$ 表示
艾森斯坦范数表示定理
素数 $p$可表为$a^2 - ab + b^2 = N(a + b\omega)$ $\iff$ $p = 3$或$p \equiv 1 \pmod 3$。
证明：与高斯整数情形平行。$p \equiv 1 \pmod 3 \iff$ $-3$是模$p$二次剩余$\iff$存在$x$使$x^2 \equiv -3 \pmod p$ $\iff$ $p \mid (x + \sqrt{-3})(x - \sqrt{-3})$但$p$不整除任何一个因子$\iff$ $p$在$\mathbb{Z}[\omega]$中非素数$\iff$ $p = N(\pi) = a^2 - ab + b^2$。
推论：$p = x^2 + 3y^2$
奇素数 $p$可表为$x^2 + 3y^2$ $\iff$ $p = 3$或$p \equiv 1 \pmod 3$。
证明：由 $4(a^2 - ab + b^2) = (2a - b)^2 + 3b^2$，故 $p = a^2 - ab + b^2 \iff 4p = u^2 + 3v^2$（$u = 2a - b, v = b$，$u \equiv v \pmod 2$）。当 $p$奇时$u, v$同奇偶，故$p = (u/2)^2 + 3(v/2)^2$（$u, v$偶时）或$p = ((u \pm 3)/2)^2 + 3((v \pm 1)/2)^2$（$u, v$ 奇时）。
八、二次互反律的高斯整数证明
二次互反律的几何证明思路
高斯利用 $\mathbb{Z}[i]$ 中素数分解的几何性质（格点计数）给出了二次互反律的多种证明。其中第六证明（"代数"证明）的核心是：
设 $p, q$ 为不同的奇素数，$p \equiv 1 \pmod 4$，则 $p = \pi \bar{\pi}$在$\mathbb{Z}[i]$中。计算$\left(\dfrac{q}{p}\right) = \left(\dfrac{q}{\pi}\right)\left(\dfrac{q}{\bar{\pi}}\right)$，结合模 $\pi$的欧拉判别法$\left(\dfrac{q}{\pi}\right) \equiv q^{(N(\pi) - 1)/2} \pmod\pi$，化简即得二次互反律。
九、典型例题
例 1：高斯整数因式分解
在 $\mathbb{Z}[i]$中分解$50$。
解：$50 = 2 \cdot 5^2 = [-i(1+i)^2] \cdot [(2+i)(2-i)]^2 = -i (1+i)^2 (2+i)^2 (2-i)^2$。 验：$-i \cdot (1+i)^2 \cdot (2+i)^2 \cdot (2-i)^2 = -i \cdot 2i \cdot (3 + 4i) \cdot (3 - 4i) = -i \cdot 2i \cdot 25 = -i \cdot 50i = 50$ ✓
例 2：两数平方和判定
哪些素数 $p < 100$可表为$a^2 + b^2$？
解：$p = 2$或$p \equiv 1 \pmod 4$。 $p < 100$中$p \equiv 1 \pmod 4$ 的：$5, 13, 17, 29, 37, 41, 53, 61, 73, 89, 97$。 加上 $p = 2$，共 $12$ 个。
- $5 = 1^2 + 2^2$
- $13 = 2^2 + 3^2$
- $17 = 1^2 + 4^2$
- $29 = 2^2 + 5^2$
- $37 = 1^2 + 6^2$
- $41 = 4^2 + 5^2$
- $53 = 2^2 + 7^2$
- $61 = 5^2 + 6^2$
- $73 = 3^2 + 8^2$
- $89 = 5^2 + 8^2$
- $97 = 4^2 + 9^2$
例 3：求 $r_2(325)$
$325 = 5^2 \cdot 13$，$5, 13 \equiv 1 \pmod 4$，$r_2(325) = 4 \cdot (2+1)(1+1) = 24$。验：所有表示为
- $325 = 0^2 + ?^2$：$?^2 = 325$ 无整数解（$18^2 = 324, 19^2 = 361$）
- $325 = 1^2 + ?^2$：$?^2 = 324 = 18^2$，给 $(\pm 1, \pm 18), (\pm 18, \pm 1)$共$8$ 个
- $325 = 6^2 + ?^2$：$?^2 = 289 = 17^2$，给 $(\pm 6, \pm 17), (\pm 17, \pm 6)$共$8$ 个
- $325 = 10^2 + ?^2$：$?^2 = 225 = 15^2$，给 $(\pm 10, \pm 15), (\pm 15, \pm 10)$共$8$ 个 共 $24$ ✓
例 4：艾森斯坦整数分解
在 $\mathbb{Z}[\omega]$中分解$91$。
解：$91 = 7 \times 13$。
- $7 = N(3 + \omega) = (3 + \omega)(3 + \omega^2) = (3 + \omega)(2 - \omega)$（验：$(3 + \omega)(2 - \omega) = 6 - 3\omega + 2\omega - \omega^2 = 6 - \omega - \omega^2 = 6 - (-1) = 7$ ✓）
- $13 = N(4 + \omega) = (4 + \omega)(4 + \omega^2) = (4 + \omega)(3 - \omega)$
故 $91 = (3 + \omega)(2 - \omega)(4 + \omega)(3 - \omega)$。
例 5：判定 $p$可表为$x^2 + 3y^2$
哪些素数 $p < 50$可表为$x^2 + 3y^2$？
解：$p = 3$或$p \equiv 1 \pmod 3$。 $p < 50$中$p \equiv 1 \pmod 3$：$7, 13, 19, 31, 37, 43$。 加 $3$，共 $7$ 个。
- $3 = 0^2 + 3 \cdot 1^2$
- $7 = 2^2 + 3 \cdot 1^2$
- $13 = 1^2 + 3 \cdot 2^2$
- $19 = 4^2 + 3 \cdot 1^2$
- $31 = 2^2 + 3 \cdot 3^2$
- $37 = 5^2 + 3 \cdot 2^2$
- $43 = 4^2 + 3 \cdot 3^2$
例 6：用高斯整数证明 $\mathbb{Z}[i]$ 单位数
证明 $\mathbb{Z}[i]$的单位群恰为$\lbrace \pm 1, \pm i\rbrace $。
证：设 $u = a + bi$是单位，则存在$v$使$uv = 1$。取范数 $N(u)N(v) = N(1) = 1$，故 $N(u) = 1$，即 $a^2 + b^2 = 1$。整数解 $(a, b)$仅有$(\pm 1, 0), (0, \pm 1)$，对应 $u = \pm 1, \pm i$。
例 7：勾股数的几何
证明：本原勾股数 $(x, y, z)$中$z$不能有$4k + 3$ 型素因子。
证：$z^2 = x^2 + y^2$。若 $q \mid z$，$q \equiv 3 \pmod 4$素数，则$q \mid z^2 = x^2 + y^2$。在 $\mathbb{Z}[i]$中$q \mid (x + yi)(x - yi)$，且 $q$ 是高斯素数（$q \equiv 3 \pmod 4$），故 $q \mid (x + yi)$或$q \mid (x - yi)$，即 $q \mid x$且$q \mid y$，与 $\gcd(x, y) = 1$ 矛盾。
例 8：Brahmagupta-Fibonacci 恒等式
证明：若 $m = a^2 + b^2$，$n = c^2 + d^2$，则 $mn$ 也可表为两数平方和。
证：在高斯整数中，$m = N(a + bi)$，$n = N(c + di)$。由范数积性，$mn = N((a + bi)(c + di)) = N((ac - bd) + (ad + bc)i) = (ac - bd)^2 + (ad + bc)^2$。 这就是 Brahmagupta-Fibonacci 恒等式。同时还有 $mn = N((a + bi)(c - di)) = (ac + bd)^2 + (ad - bc)^2$，给出第二种表示。
十、其他代数整数环简介
二次域的代数整数环
设 $d$ 为无平方因子的整数（$d \ne 1$）。$\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 的代数整数环：
- $d \equiv 1 \pmod 4$ 时：$\mathbb{Z}\left[\dfrac{1 + \sqrt{d}}{2}\right]$
- $d \equiv 2, 3 \pmod 4$ 时：$\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$
唯一分解的性质
并非所有二次代数整数环都是 UFD。例如 $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ 不是 UFD： $$6 = 2 \cdot 3 = (1 + \sqrt{-5})(1 - \sqrt{-5})$$ 两种分解不可约因子不同。这导致理想理论（Dedekind）的发展，以恢复唯一分解（理想唯一分解总是成立）。
类数与类域论
代数整数环的非 UFD 程度由类数 $h$ 衡量。$h = 1$当且仅当是 UFD。Gauss 类数问题研究虚二次域$h = 1$的情形，由 Heegner、Baker、Stark 独立解决：恰有$9$个虚二次域$h = 1$（$d = -1, -2, -3, -7, -11, -19, -43, -67, -163$）。
高级话题
- 椭圆曲线与复乘：用 $\mathbb{Z}[\omega], \mathbb{Z}[i]$ 等的算术性质构造椭圆曲线的整点
- Kronecker-Weber 定理：每个 Abel 扩张 $\mathbb{Q}$ 都包含在某分圆域中
- 类域论：用理想类群刻画 Abelian 扩张，是 20 世纪数论的核心成就
十一、知识链接
- 不定方程与丢番图方程 — Fermat 大定理 $n = 3, 4$ 情形依赖艾森斯坦与高斯整数
- 二次剩余与阶 — 二次互反律的高斯整数证明与高斯素数分类相关
- 整除与同余基础 — 高斯整数的带余除法是整数带余除法的推广
- 数论函数与欧拉定理 — 类数与数论函数的均值估计
- 二次型理论 — 高斯整数与 $x^2 + y^2$ 型二次型紧密相关
- 对称多项式与牛顿恒等式深化 — 代数整数的极小多项式与判别式作为对称多项式
- 复数与向量方法 — 高斯整数 $\mathbb{Z}[i]$、艾森斯坦整数 $\mathbb{Z}[\omega]$ 的复数表示
- 矩阵与线性代数初步 — 代数整数环的理想作为 $\mathbb{Z}$-格的矩阵表示