高斯整数学习笔记

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经典结论证明

定义$E(n)$为范数等于$n$的高斯函数个数,则有:

其中$\chi(x)$为模$4$意义下的狄利克雷非主特征。

证明:

引理1: 若$p$为质数,则有$(p-1)!\equiv -1\pmod p$。

证明:

$p=2$时显然成立,考虑$p$为奇质数的情况。

除了单位根$1,-1$,其余的数在模意义下与其逆元在$[2,p-2]$中两两匹配,所以这些数对答案不产生贡。因此:

得证。

引理2: 如果质数$p$满足$p\equiv 1\pmod 4$,那么一定存在整数$x$,满足$p|x^2+1$。

证明:

由引理$1$可知,$(p-1)!+1\equiv 0\pmod p$

将$\prod_{i=1}^{p-1}i$分成两半,易得:

因此:

得证。

定理1:(费马平方和定理) 奇质数$p$能分解成两个正整数$a,b$的平方和$a^2+b^2=p$当且仅当$p\equiv 1\pmod4$,且在不计$a,b$次序的情况下分解方式唯一。

费马平方和定理包含三个部分,我们分别证明一下。

$(1)$ $4k+3$型质数不能写成两个正整数的平方和。

$a^2\equiv 0,1\pmod 4$,则$a^2+b^2\equiv 0,1,2\pmod 4$。不存在模$4$等于$3$的情况,因此$(1)$得证。

这个也顺便证明了$4k+3$型的质数是高斯质数。

$(2)$ $4k+1$型质数能写成两个正整数的平方和。

由引理$2$可知,存在$x$满足$p|x^2+1$,即$p|(x+i)(x-i)$。

如果$p$是一个高斯质数,那么就会有$p|x+i$或$p|x-i$。但$\frac{x\pm i}{p}$并非高斯整数(虚部不是整数),所以假设不成立,$p$不是高斯整数。

设$p=uv(u,v\in\mathbb{Z})$,则有:

因为$p$为质数,所以必有$N(u)=N(v)=p$,而且因为$uv=p$,所以$u,v$共轭。若$u=a+bi,v=a-bi$,那么:

因此$(2)$得证。

$(3)$ 将$p$分解成两个正整数的平方和的本质不同方案唯一。

假设$p$有两种分解方式$p=a^2+b^2=c^2+d^2$,显然:

若$a+bi$ 为高斯质数,那么$a+bi|c+di$或$a+bi|c-di$,而$N(a+bi)=N(c+di)=N(c-di)$,所以$a+bi$必定与其中一个相伴。同理,可以得到$a-bi$也与其中一个相伴,那么$p=a^2+b^2=c^2+d^2$本质相同。

若$a+bi$不是高斯质数,则设$a+bi=uv(u,v\in\mathbb{Z[i]},N(u),N(v)>1)$。

因为范数大于$1$的共轭高斯整数相乘得到大于$1$的正整数,就相当于能将$p$分解成两个大于$1$的正整数相乘,与$p$为质数矛盾。

因此$(3)$得证。

因此费马平方和定理得证。

回到一开始需要证明的东西上去,根据范数的定义,可以发现$E(n)$表示的是将$n$分解成$a^2+b^2$的方案总数,也可以看作是分解成两个共轭的高斯整数相乘$(a+bi)(a-bi)$的方案数。

这里假设只统计本质不同的分解方案$f(n)$,即去掉了所有相伴的分解方案。考虑将分解结果分别乘上单位元的贡献,有$E(n)=4f(n)$。

设$n=\prod p_i^{k_i}$,其中$p_i$为质数。

尝试将每个质数分解成共轭的质数。

对$p_i=2$,只有$2=(1-i)(1+i)$一种本质不同的分解方案,$k_i$的取值会影响方案数。

对$p_i=4k+3$,因为$4k+3$型质数为高斯质数,无法分解,所以只有$2|k_i$时有唯一的分解方案$p_i^{k_i/2}\times p_i^{k_i/2}$。

对$p_i=4k+1$,因为$p_i^{k_i}=(a+bi)^{k_i}(a-bi)^{k_i}$,所以有$(a+bi)^{p}(a-bi)^{p}\times(a+bi)^{k_i-p}(a-bi)^{k_i-p},(p\in[0,k_i])$共$k_i+1$种分解方案。

综合一下,可以得到:

那么考虑一下模$4$意义下的狄利克雷非主特征$\chi(x)$的定义:

对于$p_i=2$,有:

因此

对于$p_i=4k+1$,有:

因此

对于$p_i=4k+3$,有:

因此

又因为$\chi(x)$为完全积性函数,所以:

根据最开始的定义,带入则有:

则该结论得证。

推论

因为平面直角坐标系上的整点可以用$\mathbb{Z}[i]$表示,那么$E(n)$就可以表示距离原点距离为$\sqrt{n}$的整点个数。

如果统计一个圆心在原点处,半径为$R$的圆内有多少个整点,就相当于求$1+\sum_{i=1}^{R^2}E(i)$。

对于后半部分,用我们已知的结论展开:

交换求和顺序,原式就可以转化为:

考虑一下当$R$趋向于无穷大的时候,向下取整以及加$1$的误差都可以忽略不计。又因为用圆内的整点数描述圆的面积在$R$趋向无穷大的时候也可以忽略不计,所以:

这里取了等号是因为当$R$趋向无穷大的时候等式两边的误差可以达到任意小。

约去$R^2$,再代入$\chi(x)$的取值:

而右边的无穷级数正是收敛于$\pi$的,这也从另一个角度验证了上述推导的正确性。