定義
高斯整數是集合\(Z[i] = \{ a + bi | a,b \in Z\}, \ where \ i^2 = -1\)，換言之，高斯整數是實部和虛部都為整數的虛數。由於高斯整數在乘法和加法下交換，它們形成了一個交換環。
在復平面上，高斯整數是二維復平面上的整點。
高斯整數的模是它和自己共軛復數的乘積，即\(N(a+bi) = (a+bi)(a-bi)=a^2+b^2\)，它的模可以表示為兩個數字的平方和，所以不能表示為\(4k+1, \ where \ k \in Z\)。
帶余除法
也稱歐幾里得除法，高斯整環\(Z[i]\)是歐幾里得環，所以它具有很多在整數域和多項式域上成立的特性，比如輾轉相除，裴蜀定理，主理想，\(Euclid's\ lemma\) ，唯一分解定理，中國剩余定理。
\(Euclid's \ lemma:\)
如果將高斯整數\(a\)寫為\(a=bq+r\)，有$N(r) \le \frac{N(b)}{2} $。
\(Proof.\)
令 \(\frac{a}{b}=x+yi\)，令\(- \frac{1}{2} \le x-m \le \frac{1}{2}, \ - \frac{1}{2} \le y - n \le \frac{1}{2}\)，令\(q = m + ni\)，由\(a=bq+r\)，\(r = b(x - m + (y -n)i)\)，故$N(r) \le \frac{N(b)}{2} $。
高斯素數
高斯整數形成了一個唯一分解域。高斯整數只有當且僅當它是一個素數時才不可約，高斯整數中\(Z[i]\)的素數稱為高斯素數。
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高斯素數的共軛復數依然為高斯素數。
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高斯素數的相伴復數依然為高斯素數。
\[\forall a + bi \in Z[i], -a + bi \in Z[i] \] -
作為高斯素數的整素數\(p\)是\(4k+3\)型素數，其余的素數可以寫為\(2\)個共軛高斯素數的乘積
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一個高斯整數\(a+bi\)是高斯素數當且僅當以下兩個條件之一成立：
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\(a,b\)中一個為\(0\)，且另一個數字為\(4k+3\)型素數
若\(p\)為\(4k+3\)型素數，存在\(d\)，\(d\)不等於單位元，也不等於\(p\)，滿足\(d\ |\ p\)，則\(d\bar d \ | \ p\)，由於\(d\bar d\)為整數，有\(d \bar d = p\)，得出\(p=a^2+b^2\)，\(a^2+b^2 \equiv 0,1,2(mod \ 4)\)，與\(p\)為\(4k+3\)型素數矛盾。
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\(a,b\)都非\(0\)，且\(a^2+b^2\)是一個\(4k+1\)型素數或者\(2\)
令\(u=a+bi\)，則\(u\bar u=p\)，\(p\)為一個\(4k+1\)型素數，若存在存在\(d\)，\(d\)不等於單位元，也不等於\(u\)，\(d \ | \ u\)，則\(d\bar d \ | \ p\)，由於\(d\bar d\)為整數，有\(d \bar d = p\)，得出\(d=u\)，與假設矛盾。
-
唯一分解
由於高斯整環是一個唯一分解域，所以每一個高斯整數都可以寫為一個單位元和若干高斯素數的乘積，這種分解是唯一的（忽略共軛和相伴）。
最大公約數
兩個高斯整數的最大公約數並不唯一，加入\(d\)是\(a\)與\(b\)的最大公約數，則\(a,b\)的最大公約數為\(d, -d, id, -id\)。
若\(a = i^k \prod p_m ^ {\nu_m}, \ b = i^n \prod p_m ^ {\mu_m}\)，則其中一個最大公約數為
可以根據帶余除法里的結論，進行輾轉相除，時間復雜度為\(O(log(n))\)。
Complex div(Complex a, Complex b) {
long double mo = b.norm();
Complex c = a * b.conj();
long double r = 1. * c.r / mo, i = 1. * c.i / mo;
return Complex(round(r), round(i));
}
Complex gcd(Complex a, Complex b) {
if (b.r == 0 && b.i == 0) return a;
Complex c = div(a, b);
return gcd(b, a - b * c);
}
同余和剩余系
給定一個高斯整數\(z_0\)，對於高斯整數\(z_1, z_2\)，如果它們的差是\(z_0\)的整數倍，即\(z_1 - z_2 = k z_0, \ k \in Z\)，那么稱\(z_1\)與\(z_2\)模\(z_0\)同余，寫作\(z_1 \equiv z_2 (mod \ z_0)\)。
模\(z_0\)同余是一種等價關系，它將高斯整數分成若干個等價類，稱為剩余類，剩余類寫作\(Z/z_0Z\)，剩余類形成了一個交換環。
費馬二平方和定理
\(p\)是一個素數，\(p\)可以寫成兩個平方數的和，當且僅當\(p=2\)或\(p \equiv 1 (mod 4)\)。
充分性：令\(p=a^2+b^2\)，對任意一個整數\(x\)，有\(x^2 \equiv 0,1,2(mod \ 4)\)，故\(a^2+b^2 \equiv 0,1,2(mod \ 4)\)，由於\(p\)是素數，所以\(p = 2\)或\(p \ equiv 1(mod \ 4)\)。
必要性：當\(p=2\)，\(2=1^2+1^2\)；當\(p\)為\(4k+1\)型素數，由於\(p\)不是高斯素數，所以可以進行分解，即\(p = u \bar u\), \(u=a+bi\)，故 \(p=a^2+b^2\)。
分解\(4k+1\)型素數
\(p\)為\(4k+1\)型素數，如果存在\(k^2 \equiv -1(mod \ p)\)，則\(p \ | \ (k + i)(k - i)\)，由於\(p=u \bar u\)，有\(u \ | (k+i)\)，故\(u=(k+i,p)\)，即可將\(p\)分解為兩個平方數的和。
由於有一半的數在模\(p\)下存在平方剩余，隨機一個\(t\)，檢驗\(t^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1(mod \ p)\)，令\(k=t^{\frac{p-1}{4}}\)，時間復雜度為\(O(Tlog(p))\)，\(T\)為測試次數。
構造 \(a^2+b^2=n\)的方案
- 首先將\(n\)分解為\(n = \prod p_m^{e_m}\)的形式
- 將\(2\)分解為\((1+i)(1-i)\)；將\(4k + 1\)型素數分解為\(u \bar u\)，其中 \(u\) 為高斯素數；\(4k+3\) 型素數不可分解
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\[n = \prod p_m ^{e_i}, \ \ 0 \le e_i$$，由$ n=u \bar u $，故需要將$n$中的高斯素數分成兩部分，使得兩部分共軛。考慮素數$p_m$，對於$4k+1$型素因子，分解為$u^{e_m} \bar u^{e_m}$，左邊可以放$k$個$u$，$e_m- k$個$\bar u$；對於$4k+3$型素因子，因為不能進行分解，所以左右兩邊的數量應該一樣多，即$4k+3$型的素數$p_m$出現的次數必須為偶數。 \]
令\(f(n)=\frac{1}{4}\sum_{x,y \in Z}[x^2+y^2=n]\)，除以\(4\)是因為由\(4\)個單位元。由於素因子可以分開考慮，所以該函數為積性函數。
- \(f(2^k)=1\)
- \(f(p^e)=e+1\)，當p為\(4k+1\)型素數
- \(f(p^{2e+1})=0\)，\(f(p^{2e})=1\)，當\(p\)為\(4k+3\)型素數