艾森斯坦整数

艾森斯坦整数在代数数域${\displaystyle \mathbb {Q} (\omega )}$中形成了一个代数数的交换环。每一个z = a + bω都是首一多项式

${\displaystyle z^{2}-(2a-b)z+(a^{2}-ab+b^{2}).\,\!}$

的根。特别地，ω满足以下方程：

${\displaystyle {{{{\omega }^{2}}+{\omega }}+{1}}=0}$

因此，艾森斯坦整数是代数数。

艾森斯坦整数的范数是它的绝对值的平方，由以下的公式给出：

${\displaystyle |a+b\omega |^{2}=a^{2}-ab+b^{2}.\,\!}$

因此它总是整数。由于：

${\displaystyle 4a^{2}-4ab+4b^{2}=(2a-b)^{2}+3b^{2},\,\!}$

因此非零艾森斯坦整数的范数总是正数。

艾森斯坦整数环中的可逆元群，是复平面中六次单位根所组成的循环群。它们是：

{±1, ±ω, ±ω²}

它们是范数为一的艾森斯坦整数。

设x和y是艾森斯坦整数，如果存在某个艾森斯坦整数z，使得y = z x，则我们说x能整除y。

它是整数的整除概念的延伸。因此我们也可以延伸素数的概念：一个非可逆元的艾森斯坦整数x是艾森斯坦素数，如果它唯一的因子是ux的形式，其中u是六次单位根的任何一个。

我们可以证明，任何一个被3除余1的素数都具有形式x²−xy+y²，因此可以分解为(x+ωy)(x+ω²y)。因为这样，它在艾森斯坦整数中不是素数。被3除余2的素数则不能分解为这种形式，因此它们也是艾森斯坦素数。

任何一个艾森斯坦整数a + bω，只要范数a²−ab+b²为素数，那么就是一个艾森斯坦素数。实际上，任何一个艾森斯坦整数要么就是这种形式，要么就是一个可逆元和一个被3除余2的素数的乘积。

艾森斯坦整数环形成了一个欧几里德域，其范数N由以下的公式给出：

${\displaystyle N(a+b\,\omega )=a^{2}-ab+b^{2}.\,\!}$

这是因为：

${\displaystyle {\begin{aligned}N(a+b\,\omega )&=|a+b\,\omega |^{2}\\&=(a+b\,\omega )(a+b\,{\bar {\omega }})\\&=a^{2}+ab(\omega +{\bar {\omega }})+b^{2}\\&=a^{2}-ab+b^{2}\end{aligned}}}$

• 高斯整数

• Bachmann, P. Allgemeine Arithmetik der Zahlkörper. p. 142.
• Cox, D. A. §4A in Primes of the Form x2+ny2: Fermat, Class Field Theory and Complex Multiplication. New York: Wiley, 1989.
• Guy, R. K. "Gaussian Primes. Eisenstein-Jacobi Primes." §A16 in Unsolved Problems in Number Theory, 2nd ed. New York: Springer-Verlag, pp. 33-36, 1994.
• Wagon, S. "Eisenstein Primes." §9.8 in Mathematica in Action. New York: W. H. Freeman, pp. 319-323, 1991.

• MathWorld （页面存档备份，存于）