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--- 2020-2021:teams:namespace:二次域及有理逼近相关问题 [2020/06/15 09:27]
great_designer [三种整环]
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great_designer [三种整环]
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 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、7、11、13、17、19、21、29、33、37、41、57和73，共15个整环是Euclid整环。
+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。
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 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。
-====高斯整数与圆上整点问题====
+参见OEIS：
-占坑
+[[http://oeis.org/A048981|A048981 Squarefree values of n for which the quadratic field Q(sqrt(n)) is norm-Euclidean]]
-====勾股方程====
+[[http://oeis.org/A003172|A003172 Q(sqrt(n)) is a unique factorization domain (or simple quadratic field)]]
-占坑
+====相伴与唯一分解====
-====艾森斯坦整数====
+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。
-占坑
+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=====

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