为了拓展整数的概念,我们需要了解关于环和域这两个代数结构,这些知识在网上或者相应的抽象代数教程中都会有。抽象地提出这两个代数结构,是为了一般地处理不同的数环、数域中的性质。在自然数集$\mathbb{N}$中,可以很方便定义和比较两个数字的大小,并且任意一个自然数的子集,都存在最小元素,这两点综合起来,我们就说$\mathbb{N}$是“良序”的(这也是数学归纳法的基础)。在良序的结构中,很多性质的证明变得很简单,比如算术基本定理。然而,一般的数环、数域并没有这样的“良序”,比如任意两个复数就不能比较大小。因此,一般的、不基于良序的思想就显得更为重要了。

环和域

关于环(Ring)的定义,可以参考维基百科上面的“环(代数)”条目。简单来说,环指的是这样一个集合,它的元素之间可以进行加法和乘法,并满足一些必要的性质,比如运算封闭性、加法可交换性等。而数论中大多数情况下研究的是数环,它指的是集合是数集的情况,并且通常来说,元素间的加法和乘法就是普通的数的加法和乘法。比如所有的实整数就构成一个数环$\mathbb{Z}$,这个数环是无限的;所有的偶整数也构成一个数环$2\mathbb{Z}$;对于素数$p$,在模$p$之下,数集$\{0,1,2,\dots,p-1\}$也构成了一个环,更特别的,它还是一个数域。

域(Field)是环的一个特例,一个域中的元素不仅仅可以进行加法和乘法(由于加法逆的要求,可以进行加法同时也意味着可以进行减法),还可以进行除法,可以参考“域 (数学)”。在通常的四则混合运算之下,实有理数集合$\mathbb{Q}$是最小的数域

高斯整数

Carl_Friedrich_Gauss.jpg我们通常说的复数,也叫高斯数,抽象地定义,是
$$\mathbb{C}=\{a+b i|a,b\in \mathbb{R},\ i^2=-1\}$$
而当$a,b$均为实整数时,就被叫做高斯整数(Gaussian Integer)
$$\mathbb{Z}[i]=\{a+b i|a,b\in \mathbb{Z},\ i^2=-1\}$$
$\mathbb{Z}[i]$上所定义的加法和乘法就是普通的复数加法和乘法,在这之上,高斯整数构成一个整数环

下面介绍高斯整数的范数。范数运算是数环上的元素到$\mathbb{R}$上的映射,因为不同于$\mathbb{R}$,一般数环上的元素无法比较大小,也就是不能排序,但是为了给数环上的部分元素进行某种意义上的定序,就定义了范数,范数记为$N$(Normal的首字母),要求两个元素之积的范数等于这两个元素的范数的积。对于高斯整数$\mathbb{Z}[i]$,范数定义为
$$N(a+bi)=(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$$
当然,范数不仅仅整数才有,一般的复数也可以同样地定义范数;而且,整数的范数也不一定是整数,这取决于范数的定义。如果不考虑其他方面,复数的范数也可以定义为$N(a+bi)=\sqrt{a^2+b^2}$,只是,在数论中我们通常处理的是整数或者有理数问题,我们希望整数或者有理数可以有一个整数或者有理数的范数,而便于我们的研究。

有了范数,我们就可以定义单位数了。$\mathbb{Z}[i]$中单位数指的是范数为1的高斯整数,也就是$\pm 1,\pm i$。不难发现,这四个数都是可逆的,而且只有这四个数可逆,因此单位数也叫可逆元。“可逆”说的是$a+bi$和$\frac{1}{a+bi}$都属于$\mathbb{Z}[i]$。如果两个高斯整数只相差一个单位数因子,那么就说这两个高斯整数相伴(互为相伴数)。

接着整除的概念,如果$Z_1=Z_2 Z_3$,$Z_1,Z_2,Z_3\in \mathbb{Z}[i]$,那么就说$Z_2$(或$Z_3$)整除$Z_1$,记为$Z_2|Z_1$(或$Z_3|Z_1$)。可以看出,$Z_2|Z_1 \Rightarrow N(Z_2)|N(Z_1)$。

我们还可以定义两个高斯整数的公约数最大公约数。如果$Z_3|Z_1,Z_3|Z_2$,那么$Z_3$就是$Z_1,Z_2$的一个公约数。如果对于$Z_1,Z_2$的任意公约数$Z_4$,都有$Z_4|Z_3$,那么$Z_3$就是它们的最大公约数。最大公约数可以看成是范数最大的公约数。如果两者的最大公约是为单位数,那么就说这两个数互质。

最后,可以定义高斯素数了。$Z_1$是一个高斯整数,如果对于任意的都不是单位数的高斯整数$Z_2$和$Z_3$,那么$Z_1 \neq Z_2 Z_3$,那么$Z_1$就是一个高斯素数,这是实整数中素数概念的推广,一般用字母$\pi$表示高斯素数。要注意,在高斯整数中,2已经不是素数,因为$2=(1+i)(1-i)$。其中$(\pm 1 \pm i)$是范数最小的四个高斯素数。关于高斯整数和高斯素数更详尽的内容,请参考

《数论讲义(下)》孙琦, 柯召

的第九章。

模1+i分析

在实整数中,我们会有奇偶分析,很容易就看出一个数是奇数还是偶数,并且做一些基本的可行性判断等。但是在高斯整数中,2已经不是素数,奇偶分析已经没有意义了,但是,存在类似的“模$1+i$分析”,它在高斯整数中的地位,就相当于奇偶分析在实整数中的地位了。这些性质,在证明费马大定理$n=4$时,起着核心的作用。

1、首先是关于$1+i$本身的运算,注意到$(1+i)^2=2i,(1+i)^4=-4,(1-i)i=1+i$。
2、$1+i|a+bi$当且仅当$2|a+b$。

这里给出两个证明,第一是设$(m+ni)(1+i)=a+bi$,展开得$(m-n)+(m+n)i=a+bi$,那么$a+b=(m-n)+(m+n)=2m$,于是$2|a+b$。这个证明简单而且可逆,但是启发性不是很强。第二个证明,假设$1+i|a+bi$,那么必要$1-i|a-bi$,这是因为$\pm i$的平方都是1,它们的地位是平等的。相乘之后就有$(1+i)(1-i)|(a+bi)(a-bi)$,而$(1+i)(1-i)=2$,$(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2=(a+b)^2-2ab$,因此$2|a+b$,这样子的可逆性不显然,但是可以便于推广到其他数环。

3、如果$1+i \nmid a+bi$,那么$(a+bi)^2 \equiv \pm 1(\bmod\,4)$。

由于$1+i \nmid a+bi$,那么$2\nmid a+b$,那么$a,b$一奇一偶。而$(a+bi)^2=a^2-b^2+2abi$,其中$4|2abi$,如果$a$是偶数,$b$是奇数,那么$4|a^2,\ -b^2\equiv -1(\bmod\,4)$;如果$b$是偶数,$a$是奇数,那么$4|b^2,\ a^2\equiv 1(\bmod\,4)$,所以$(a+bi)^2 \equiv \pm 1(\bmod\,4)$。$-4=(1+i)^4$如果因此这也意味着$(a+bi)^2 \equiv \pm 1(\bmod\,(1+i)^4)$

4、如果$1+i \nmid a+bi$,那么$(a+bi)^4 \equiv 1(\bmod\,8)$。

由于$1+i \nmid a+bi$,那么$2\nmid a+b$,那么$a,b$一奇一偶。而$(a+bi)^4=(a^4+b^4-6a^2 b^2)+4ab(a^2-b^2)i$,不失一般性,假设$a$是奇数,$b$是偶数,那么$b^4-6a^2 b^2 +4ab(a^2-b^2)i$的每一项都可以被8整除,而$a^4$则是奇数的四次方,被8除余1。$-8i=(1+i)^6$,因此这也意味着$(a+bi)^4 \equiv 1(\bmod\,(1+i)^6)$

为了扩展整数的概念,我们引入了很大的篇幅,其中,大多数内容还是概念式的,这对于理解和记忆都是一种痛苦。然而,当我们在稍后看到扩展之后的整数给我们带来的简洁证明时,我们会深深体会到这种付出是值得的。不过,我们还不可以立马就去体验这种喜悦,因为我们还缺了一点东西,那就是唯一分解环。


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