# 代數導論二 - Primes in the Gaussian Integers

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## 觀察：Z[i] 中 Irreducible 的兩個來源

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假定 $p \in \Bbb Z$ 是一個質數，則：

1. 若 $p$ 在 $\Bbb Z[i]$ 中 *irreducible*，則 $p$ 是一個 $\Bbb Z[i]$ 中的 *prime*。更進一步，對於任意 $\Bbb Z[i]$ 的 *unit* $u$，$up$ 都是 $\Bbb Z[i]$ 中的 *prime*。

更進一步，令由這樣的 $up$ 造出來的 *prime* 所形成的集合為 $\Pi_1$。

2. 若 $p$ 在 $\Bbb Z[i]$ 中不是 *irreducible*，假定：

$$
p = \pi\pi'
$$

其中 $\pi, \pi' \in \Bbb Z[i]$ 均不為 *unit*，則 $\pi, \pi'$ 均為 $\Bbb Z[i]$ 中的 *prime*。並且令這些 $\pi, \pi'$ 形成的集合為 $\Pi_2$。

:::

第一點是因為：現在 $\Bbb Z[i]$ 是個 *Euclidean Domain*，所以也是個 *PID*，裡面 *irreducible* 跟 *prime* 等價。而且對於任意 $up$，因為 $u$ 是一個 *unit*，所以：

$$
(up) = (p)
$$

由 *prime* 的定義，$(p)$ 是一個 *prime ideal*，所以 $up$ 也是一個 *prime*。

第二點是因為：假定 $\pi, \pi' \in \Bbb Z[i]$。這時候：

$$
N(p) = N(\pi)N(\pi') = p^2
$$

因為 $\pi, \pi'$ 都不是 *unit*，所以 $N(\pi), N(\pi')$ 都不可能是 $\pm 1$，所以唯一的可能是：

$$
N(a) = N(b) = p
$$

因為 *norm* 是一個質數，所以 $\pi, \pi'$ 都 *irreducible*，在 $\Bbb Z[i]$ 中就跟 *prime* 等價。

## 符號：Z[i] 中的 Irreducible 分兩類

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假定 $\pi$ 是一個 $\Bbb Z[i]$ 中的 *irreducible* (等價地，*prime*)，那麼 $\pi$ 恰好滿足下面其中一點：

1. 存在質數 $p \in \Bbb Z$，以及一個 $\Bbb Z[i]$ 中的 *unit* $u$，使得：

$$
\pi = up
$$

且這時，$N(\pi) = p^2$，並且 $p$ 在 $\Bbb Z[i]$ 中 *irreducible*。並且定義這些 *irreducible* 所形成的集合為 $\Pi_1'$。

2. 存在質數 $p \in \Bbb Z$，以及一個 $\Bbb Z[i]$ 中的 *irreducible* (等價地，*prime*) $\pi'$，使得：

$$
p = \pi\pi'
$$

且這時，$p$ 在 $\Bbb Z[i]$ 中的 *factor* $\pi. \pi'$ 滿足 $N(\pi') = N(\pi) = p$。並且定義這些 *irreducible* 所形成的集合為 $\Pi_2'$。

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這邊可以觀察到，$\Pi_1'$ 跟 $\Pi_2'$ 恰好就把所有 $\Bbb Z[i]$ 中的 *irreducible* 分割成兩塊：

$$
\text{irreducible in }\Bbb Z[i] = \Pi_1' \sqcup \Pi_2'
$$

### 觀察：兩個來源各自等於兩個分類

所以現在至少有兩個 $\Bbb Z[i]$ 中 *irreducible* 的來源：

1. 所有跟「在 $\Bbb Z[i]$ 中仍然 *irreducible* 的質數 $p$」*associated* 的東西。這些元素叫 $\Pi_1$
2. 所有跟「在 $\Bbb Z[i]$ 中非 *irreducible* 的質數在 $\Bbb Z[i]$ 中的東西 *factor*」*assicated* 的。這些叫 $\Pi_2$

並且知道所有 $\Bbb Z[i]$ 中的 *irreducible* 可以分割成兩類：

1. 那些跟「某個在 $\Bbb Z[i]$ 中仍然 *irreducible* 的質數 $p$」 *associated* 的元素。叫做 $\Pi_1'$。
2. 那些跟「某個在 $\Bbb Z[i]$ 中非 *irreducible* 的質數 $p$ 」他們的因數 *associated* 的。叫做 $\Pi_2'$。

依照他們的定義，可以發現：

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若上述符號的定義，則：

$$
\Pi_1 = \Pi_1'
$$

且：

$$
\Pi_2 = \Pi_2'
$$

因此：

$$
\Pi_1 \sqcup \Pi_2 = \Pi_1' \sqcup \Pi_2'
$$

:::

### 觀察：Z 中質數在 Z[i] 中的分解就是所有 Prime

因為這時候就用 $\Pi_1$ 跟 $\Pi_2$ 的定義，就會找出 $\Pi_1'$ 跟 $\Pi_2'$，然後因為 $\Pi_1' \sqcup \Pi_2'$ 就是所有 $\Bbb Z[i]$ 中的 *irreducible*，也就是 *prime*，所以就做完了。

## 觀察：除 4 的餘數恰好就是上面兩個分類

:::danger

假定 $p \in \Bbb Z$ 是個質數，則：

1. $p$ 模 $4$ 餘 $3$ 等價於在 $\Bbb Z[i]$ 中 *irreducible*：

$$
\begin{align}
&p \equiv 3 \text{ mod }4
\newline
& \iff p \text{ irreducible in }\Bbb Z[i]
\end{align}
$$

1. $p$ 模 $4$ 餘 $1$ 等價於在 $\Bbb Z[i]$ 中 *irreducible*：

$$
\begin{align}
&(p = 2) \text{ or }(p \equiv 1 \text{ mod }4)
\newline
& \iff p \text{ not irreducible in }\Bbb Z[i]
\end{align}
$$

:::

這邊要用的是 *Fermat's Theorem for Sum of Square*：假定 $p$ 是一個質數，則「$p$ 模 4 餘 1」跟「$p$ 可以寫成兩個整數的平方和」等價：

$$
\begin{align}
&(p = 2) \text{ or }(p \equiv 1 \text{ mod }4)
\newline
& \iff \exists a, b \in \Bbb Z.p = a^2 + b^2
\end{align}
$$

有這個定理就立刻有 $(2)$，因為這樣 $p$ 就可以分解成：

$$
p = (a + bi)(a-bi)
$$

所以現在就剩下 $(1)$。假定 $p$ 模 4 餘 3，但是他 *reducible*，也就是存在兩個不是 *unit* 的元素 $\pi, \pi' \in \Bbb Z[i]$，使得：

$$
p = \pi\pi'
$$

取 *norm* 的話，就會發現：

$$
N(p) = p^2 = N(\pi)N(\pi')
$$

但是因為 $\pi, \pi'$ 都不是 *unit*，所以 $N(\pi)$ 與 $N(\pi')$ 都不會是 $1$，所以唯一的可能就是：

$$
N(\pi) = N(\pi') = p
$$

但因為 $\pi \in \Bbb Z[i]$，所以可以把 $\pi$ 表為 $\pi = a + bi$，其中 $a, b$ 是整數。但這就表示：

$$
\begin{align}
&N(\pi) = a^2 + b^2 = p
\newline
& \Rightarrow (p = 2) \text{ or }(p \equiv 1 \text{ mod }4)
\end{align}
$$

然後就跟 $p$ 模 $4$ 餘 $3$ 矛盾了。

另外一方面，如果 $p$ *irreducible*，那由 *Fermat's Theorem for Sum of Square*，$p$ 不可能是 $2$，也不可能模 $4$ 餘 $3$，所以唯一的可能就是模 $4$ 餘 $1$。

## 觀察：所有 Z[i] 中的 Prime

:::danger

The irreducible (or equivalently, primes) elements in Gaussian integers are as follow

1. $1 + i$
2. $p \equiv 3\text{ mod }4$
3. $a + bi, a - bi$ such that $a^2 + b^2 = p$, where $p \equiv 1 \text{ mod }4$

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