求证ℤ[(1+√-3)/2]为欧几里得整环，范数上界推导存疑
问题背景
设二次域 $F = \mathbb{Q}(\sqrt{-3})$，其相伴整数环为：
$$\mathcal{O} = \mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{-3}}{2}\right] = \left{a+b\frac{1+\sqrt{-3}}{2} : a,b \in \mathbb{Z} \right}$$
域范数$N$定义为 $N(a+b\sqrt{-3}) = a^2 + 3b^2$。我们需要证明$\mathcal{O}$关于$N$是欧几里得整环，核心困惑点在于：证明$F$中每个元素与$\mathcal{O}$中某元素的差的范数至多为$\frac{1}{3}$。
之前仿照$\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$的证明步骤，写出$\alpha = \beta q + r$后得到：
$$N(r) < \left[\left(\frac{1}{2}\right)^2 + 3 \left(\frac{1}{2}\right)^2\right] N(\beta) = 1N(\beta)$$
但不知道如何推导得到$\frac{1}{3}$的上界。
关键推导过程
别着急，咱们换个思路，从$F$中元素的表示和格点最优选择入手：
首先，$F$里的任意元素都可以写成 $\gamma = p + q\sqrt{-3}$（$p,q\in\mathbb{Q}$），我们的目标是找到$\mathcal{O}$中的元素 $q = a + b\cdot\frac{1+\sqrt{-3}}{2}$（$a,b\in\mathbb{Z}$），使得$N(\gamma - q) ≤ \frac{1}{3}$。
先把$\gamma - q$展开：
$$
\begin{align*}
\gamma - q &= p + q\sqrt{-3} - \left(a + \frac{b}{2} + \frac{b}{2}\sqrt{-3}\right)\
&= \left(p - a - \frac{b}{2}\right) + \left(q - \frac{b}{2}\right)\sqrt{-3}
\end{align*}
$$
它的范数为：
$$
N(\gamma - q) = \left(p - a - \frac{b}{2}\right)^2 + 3\left(q - \frac{b}{2}\right)^2
$$
核心技巧：双选$b$的最优值
我们不需要固定先选$b$再选$a$，而是可以在两个邻近的整数$b$中选择，让范数取到更小的值：
- 对于任意有理数$q$，存在整数$k$，使得$2q$落在区间$[k-\frac{1}{2}, k+\frac{1}{2}]$内，此时我们有两个候选$b$值：$b=k$或$b=k+1$。
- 对每个候选$b$，计算对应的$B = q - \frac{b}{2}$，再选整数$a$让$A = p - a - \frac{b}{2}$的绝对值≤$\frac{1}{2}$，最后比较两个候选的范数，取较小的那个。
验证最大范数情况
当$\gamma = \frac{1}{2} + \frac{1}{6}\sqrt{-3}$时，$2q = \frac{1}{3}$，落在$[0-\frac{1}{2},0+\frac{1}{2}]$内：
- 选$b=0$：$B=\frac{1}{6}$，选$a=0$则$A=\frac{1}{2}$，范数为$\left(\frac{1}{2}\right)^2 +3\left(\frac{1}{6}\right)^2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{1}{3}$。
- 选$b=1$：$B=\frac{1}{6}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{3}$，选$a=0$则$A=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$，范数为$0^2 +3\left(-\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{1}{3}$。
这就是范数的最大值，其他情况的范数都会≤$\frac{1}{3}$。
欧几里得整环的结论
因为对于任意$\alpha,\beta\in\mathcal{O}$（$\beta\neq0$），令$\gamma=\frac{\alpha}{\beta}\in F$，总能找到$q\in\mathcal{O}$使得$N(\gamma - q) ≤\frac{1}{3}<1$，两边乘以$N(\beta)$就得到$N(\alpha - q\beta) < N(\beta)$，满足欧几里得整环的定义。
内容的提问来源于stack exchange，提问作者user20354139
