从费马大定理谈起（三）：高斯整数

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 #

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和最大公约数。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$1+i|a+bi$，那么必有$1-i|a-bi$，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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