CVBB ACM Team

到此差别页面的链接

--- 2020-2021:teams:namespace:二次域及有理逼近相关问题 [2020/06/12 19:17]
great_designer [简介]
+++ 2020-2021:teams:namespace:二次域及有理逼近相关问题 [2020/06/15 17:09] (当前版本)
great_designer [三种整环]
@@ 行 83: / 行 83: @@
 虚二次域中对范数的研究可以转化为**椭圆上整点问题**，有名的“圆上整点问题”可以转化为对d为-1的虚二次域的研究。
-====高斯整数与圆上整点问题====
+====三种整环====
-占坑
+虚二次域中，我们经常研究的整环占一小部分，原因是虚二次域中很多优秀的性质无法满足，使得研究有很大困难。
-====勾股方程====
+有三种整环的概念：
-占坑
+**Euclid整环**（欧几里得）：满足**辗转相除法**的整环。
-====艾森斯坦整数====
+**主理想整环**：每一个理想都是主理想的整环，即满足**Bezout定理**（裴蜀定理）。
-占坑
+**唯一分解整环**：每个元素的非相伴分解都唯一的整环，满足**唯一分解定理**。
+三个概念是层层嵌套包含的关系，唯一分解整环在最外面，欧几里得整环在最里面。欧几里得整环一定是主理想整环，主理想整环一定是唯一分解整环，而反之则不然。因此三个定理也有层层递推的关系。
+虽然唯一分解整环不一定是主理想整环，例如在取模多项式整环中可以找到反例，但是在二次域中，这两个概念是重合的，即二次域的主理想整环与唯一分解整环范畴重合。因此，二次域只分为辗转相除和唯一分解两种特殊情形。
+在虚二次域中，只有-1、-2、-3、-7和-11对应的虚二次整环是Euclid整环，其余均不满足辗转相除法。
+在实二次域中，只有2、3、5、6、7、11、13、17、19、21、29、33、37、41、57和73，共16个整环是Euclid整环。
+对于二次域，有很重要的概念叫类数。理想的全体除以理想构成的群，得到商群的大小就称为类数。类数为1，说明相应的整环是主理想整环。
+Gauss猜想有无穷个类数为1的实二次域，这个问题至今没有得到解决——关于实二次域的大多数此类研究进展都很慢。
+已经得到解决的是，虚二次域中，加上上面的5个，只有-19、-43、-67和-163也是主理想整环。
+好在之前的嵌套关系成立。我们只需知道高斯整环（-1）和艾森斯坦整环（-3）都是Euclid整环，满足辗转相除法和唯一分解定理就够了。
+参见OEIS：
+[[http://oeis.org/A048981|A048981 Squarefree values of n for which the quadratic field Q(sqrt(n)) is norm-Euclidean]]
+[[http://oeis.org/A003172|A003172 Q(sqrt(n)) is a unique factorization domain (or simple quadratic field)]]
+====相伴与唯一分解====
+如果一个二次整数乘一个单位数得到另一个二次整数，那么这两个二次整数是**相伴**关系。
+唯一分解定理一定要考虑相伴关系才有可能成立。例如，若不考虑相伴关系，由于-1是单位数，整数不满足唯一分解：
+$$10=2*5=(-2)*(-5)$$
+我们必须在相伴这个等价关系构成的诸多等价类中，为每个类指定一个数作为这个类的代表，即定义**本原数**，才可能有唯一分解。
+例如在上面的例子中，如果指定2和5为本原数，那么-2和-5就不是本原数，此时10的分解才变得唯一了。
+本原数的规定是人为的，即如果定义-2和5、2和-5或者-2和-5为本原数，在唯一分解的角度不会引起矛盾。一般会根据实际问题的研究方便定义本原数。例如，如果我们习惯于在正整数范畴研究问题，那么将正整数定义为本原数即可。
+我们看到，事实上只需为所有的素数（在唯一分解前提下与不可约数等价）定义本原数就够了，其他的非素数的本原数定义必然由素数的本原数定义合成。
+====Gauss整数====
+一般将$Q(i)$称为高斯域，相应的$Z(i)$为高斯整环，高斯整环中的每个元素为高斯整数，即复平面上正方形格点。
+高斯域恰好是四次分圆域，因此常用来解决**四次互反律**问题。
+高斯整数中，一个数有四个相伴数（含本身）。
+高斯整数中的全体素数分为三类：
+**分歧**数：1+i，为原来的2的因子。分歧数的共轭是它的相伴数，因此可以指定任一分歧数为本原数代表。
+**惯性**数：所有正整数中4k+3形式的素数，在高斯整数中仍旧为素数。在整环扩张中保持了素数的特性，因此称为“惯性”。
+**分裂**数：所有正整数中4k+1形式的素数，在高斯整数中可以拆成一对共轭的两个素数，这两个素数不相伴。这样的新素数是分裂的。
+当然，这两个共轭的素数是不同的，即共轭的两个分裂数是互素的。
+对于素数中的分裂数和惯性数，本原数的指定往往有着严格的规定，这是为了解决四次剩余问题的方便。
+规定：高斯整数中的本原素数$\pi$有：
+$$\pi\equiv 1 \mod 2(1+i)$$
+在2(1+i)的缩系中有4个剩余类，除了1+i的每个素数的每个相伴数恰好落入其中一类。
+对于1+i与它的相伴数，一般指定1+i是本原素数。
+高斯整数最简单的应用，是解决勾股方程的解。勾股方程，就是满足下面形式的方程：
+$$x^2+y^2=z^2$$
+左边恰好构成高斯整数的范数，即：
+$$N(x+yi)=z^2$$
+通过模4的分析，我们知道右边模4必然余1，即如果含模4余3的惯性数因子，必然含偶数个。
+由于分歧数和分裂数的范数都是一般整数中的素数，将左边唯一分解后必然也只能成对出现（在共轭与相伴的意义下）。即：
+$${(u+vi)}^2=x+yi$$
+$$N(u+vi)=z$$
+用一般的整数写出来就是：
+$$u^2-v^2=x$$
+$$2uv=y$$
+$$u^2+v^2=z$$
+勾股方程的几何意义，就是单位圆上的圆周角定理，或者半正切的外能代换公式。
+高斯整数同样能证明相应的四次形式无解。即：
+$$x^4+y^4=z^4$$
+利用高斯整数的唯一分解，可以解决圆上整点问题。即给定范数为n的条件下，有多少个高斯整数满足这个范数n：
+$$N(x+yi)=n$$
+仍旧将左边和右边唯一分解。左边在高斯整数意义下唯一分解，右边在正整数范畴唯一分解。
+$$N({(1+i)}^a)N(u_1+v_1i)N(u_2+v_2i)=2^apq$$
+对于分歧和分裂的素数，范数是原整数中的素数，而4k+3形式惯性的素数，范数是原素数的平方。因此n中4k+3形式的素数必须成对出现，否则无解。
+然后利用简单的计数法就知道，在n中4k+3形式的素数成对出现前提下，整点个数与含多少个2（或1+i）无关，只与4k+1形式的素数个数有关，每一个4k+1形式的素数提供2中选择方法，在计数中扩大2倍。最后由对称性，整点个数乘4即可。
+====Eisenstein整数====
+注：Eisenstein（艾森斯坦）是Gauss的得意门生。
+一般将$Q(\sqrt{3}i)$称为艾森斯坦域，相应的$Z(\sqrt{3}i)$为艾森斯坦整环，艾森斯坦整环中的每个元素为艾森斯坦整数，即复平面上正六边形格点。
+艾森斯坦域恰好是三次分圆域，也是六次分圆域，因此常用来解决**三次互反律**问题。结合已经解决的二次互反律，就能给出六次剩余的手动计算。同样，如果结合高斯域中的四次互反律，就能解决十二次剩余的手动计算。
+艾森斯坦整数中，一个数有六个相伴数（含本身）。
+同样，艾森斯坦整数中的全体素数分为三类：
+**分歧**数：$\frac{3+\sqrt{3}i}{2}$，为原来的3的因子。
+**惯性**数：所有正整数中3k+2形式（2和6k+5形式）的素数，在艾森斯坦整数中仍旧为素数。
+**分裂**数：所有正整数中3k+1形式（6k+1形式）的素数，在高斯整数中可以拆成一对共轭的两个素数，这两个素数不相伴。这样的新素数是分裂的。同样，这两个共轭的素数是不同的，即共轭的两个分裂数是互素的。
+对于素数中的分裂数和惯性数，本原数的指定也有着严格的规定，这是为了解决三次剩余问题的方便。
+规定：艾森斯坦整数中的本原素数$\pi$有：
+$$\pi\equiv 1 \mod 3$$
+在3的缩系中有6个剩余类，除了$\frac{3+\sqrt{3}i}{2}$的每个素数的每个相伴数恰好落入其中一类。注意，这与通常的3的剩余类不同。艾森斯坦整数中3的全部剩余类有9个，而缩系中有6个。
+对于$\frac{3+\sqrt{3}i}{2}$与它的相伴数，可以指定$\frac{3+\sqrt{3}i}{2}$是本原素数。
+艾森斯坦整数可以解决下面形式的方程的解：
+$$x^2+3y^2=z^2$$
+或者：
+$$x^2-xy+y^2=z^2$$
+或者：
+$$x^2+xy+y^2=z^2$$
+后两个在整数范畴是等价的。这里的求解完全仿照勾股方程即可，不再赘述。
+艾森斯坦整数同样能证明相应的三次形式无解。即：
+$$x^3+y^3=z^3$$
+这是因为立方和公式拆分后，左边会多出艾森斯坦整数范数的一项。
+利用艾森斯坦整数的唯一分解，可以解决一种椭圆上整点问题。即给定范数为n的条件下，有多少个艾森斯坦整数满足这个范数n。三种形式为：
+$$x^2+3y^2=n$$
+或者：
+$$x^2-xy+y^2=n$$
+或者：
+$$x^2+xy+y^2=n$$
+方法仍旧完全一样，不再赘述。
 =====实二次域=====
@@ 行 303: / 行 473: @@
 最后还有一个结论，每经过一个循环，相当于旧的二次整数乘上了一个单位数，得到新的二次整数。因此上面得到的单位数是基本单位数。
-====Pell方程====
+====Pell方程的定义====
 实二次域中，对范数的研究最终可以转化为如下形式的二元二次不定方程，称为佩尔方程：
@@ 行 340: / 行 510: @@
 因此在后两个方程中，更注重讨论x与y的奇数解。
+====非4k+1形式二次域的Pell方程====
 类似实二次域的基本单位数结论，可以给出这四类佩尔方程的“基本解”的概念。
@@ 行 349: / 行 521: @@
 必然有解。并且记$\rho_1=x+y\sqrt{d}$为最小的正解，于是所有解都可以用
-$$\{±\rho^n  | n\in Z\}$$
+$$\{\pm\rho^n  | n\in Z\}$$
 表示。
 在d不含平方因子，并且ε的范数是1，并且ε不是半整数形式的时候，这里的ρ(1)就是对应的实二次域中基本单位数ε。此时对应的-1和-4的方程均无解，4的方程有解，但是无奇数解。
+例如d为3时，将根号3表示为连分数：
+$$\sqrt{3}=<1,\overline{1,2}>$$
+根据连分数算法，可以得到$Q(\sqrt{3})$的基本单位数是$2+\sqrt{3}$。
 方程
@@ 行 361: / 行 539: @@
 很多时候无解。有解的时候，记$\rho_{-1}=x+y\sqrt{d}$为最小的正解，于是所有解都可以用
-$${±\rho^n  | n\equiv 1 \quad \mod 2}$$
+$$\{\pm\rho^n  | n\equiv 1 \quad \mod 2\}$$
 表示。
 在d不含平方因子，并且ε的范数是-1，并且ε不是半整数形式的时候，这里的ρ(-1)就是对应的实二次域中基本单位数ε。并且ε的平方范数为1，ρ(-1)的平方是对应的ρ(1)。此时对应的4和-4的方程均有解，但是均无奇数解。
+例如d为2时，将根号2表示为连分数：
+$$\sqrt{2}=<1,\overline{2}>$$
+根据连分数算法，可以得到$Q(\sqrt{2})$的基本单位数是$1+\sqrt{2}$。
+在1到100中，二次域2、10、26、58、74和82存在这种形式的基本单位数，后文4k+1类中也存在退化成为此类的基本单位数。
+====4k+1形式二次域的Pell方程====
+这一类二次域中的基本单位数，需要将相应的二次根号除以2，再将连分数的第0项改为半整数，最后得到的才是相应的解。这是一种新的连分数算法。
 方程
@@ 行 373: / 行 564: @@
 总是有解，但是很多时候无奇数解。有奇数解的时候，记$\rho_4=\frac{x+y\sqrt{d}}{2}$为最小的正解，于是所有奇数解都可以用
-$$\{±\rho^n  | n\equiv 1 ,2 \quad \mod 3\}$$
+$$\{\pm\rho^n  | n\equiv 1 ,2 \quad \mod 3\}$$
 的分子表示。
 在d不含平方因子，并且ε的范数是1，并且ε是半整数形式的时候，这里的ρ(4)就是对应的实二次域中基本单位数ε。此时对应的-1与-4的方程均无解。可以发现，ε的立方恰好分母为1，范数为1，因此ρ(4)的立方恰好是对应的ρ(1)。
+例如d为21的时候。
+又例如d为69的时候。
+事实上1到100中，只有二次域69、77和93的基本单位数属于这种分母为2的半整数形式，而21、33和57属于非半整数形式。
 方程
@@ 行 385: / 行 582: @@
 有解等价于对应的-1的方程有解，在此基础上，有奇数解等价于对应的4的方程有解。此时，记$\rho_{-4}=\frac{x+y\sqrt{d}}{2}$为最小的正解，于是所有奇数解都可以用
-$$\{±\rho^n  | n\equiv 1 ,5 \quad \mod 6\}$$
+$$\{\pm\rho^n  | n\equiv 1 ,5 \quad \mod 6\}$$
 的分子表示。
 在d不含平方因子，并且ε的范数是-1，并且ε是半整数形式的时候，这里的ρ(-4)就是对应的实二次域中基本单位数ε。可以发现，ε的立方恰好分母为1，范数为-1，因此ρ(-4)的立方恰好是对应的ρ(-1)。同样有，ρ(-4)的平方是对应的ρ(4)，ρ(-4)的六次方是对应的ρ(1)。
+例如当d为5的时候，$\frac{\sqrt{5}}{2}$的半整数连分数表示为：
+$$\frac{\sqrt{5}}{2}=<\frac{1}{2},\overline{1}>$$
+于是解得$Q(\sqrt{5})$基本单位数为$\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}$。
+但是d为17的时候，$\frac{\sqrt{17}}{2}$的半整数连分数表示为：
+$$\frac{\sqrt{17}}{2}=<\frac{3}{2},\overline{1,1,3}>$$
+于是解得$Q(\sqrt{17})$基本单位数为$4+\sqrt{17}$。我们失望地发现，它不属于这种形式。
+在1到100中，5、13、29、53、61和85属于这种分母中含2的半整数形式，而17、37、41、65、73、89和97属于非半整数形式。
 综上，以上所有情况可以简记为-4基本解的若干次乘方，构成6循环的序列：
@@ 行 402: / 行 613: @@
 同样地，-1和4和-4的方程如果有解，基本解也是对应二次域基本单位数的若干次方。因此解的情况和对应二次域的情况有关。
+====一般的Pell方程====
 对于一定有解的1的方程，任意一个基本解的范数都是1。因此有结论：一般的佩尔方程
@@ 行 409: / 行 622: @@
 一旦有解就一定有无数个解，即这样的双曲线上一旦有整点就一定有无数个整点。这是因为，将范数为k的对应的二次整数乘以范数为1的基本解对应二次整数，得到依然二次整数范数依然为k，而范数为1的基本解有无限个，相乘得到的范数为k的基本解不同。
-依靠同一个解，与不同的单位数相乘，得到的全体解，称为“一族解”。同一个方程解的族数，可以大于1，也可以为1，也可以无解为0。
+依靠同一个解，与不同的单位数相乘，得到的全体解，称为**一族解**。同一个方程解的族数，可以大于1，也可以为1，也可以无解为0。
 上面的讨论表明：方程-1的族数，为0或1，4的奇数解情形族数，为2或0，-4的奇数解情形族数，也为2或0。

CVBB ACM Team

用户工具

站点工具

页面工具