结论是成立的.用词上稍微修正一下: 不是把余数推广到复数域(域上不需要余数),而是推广到Gauss整数环Z[i] = {a+bi : a,b ∈ Z}.
当整数c,d不全为零, 考虑点集P = {(c+di)x+(-d+ci)y : 0 ≤ x,y < 1}.易见这是一个(半开半闭的)平行四边形(其实是正方形), 面积为c²+d².由0 ≤ r(ac+bd,c²+d²),r(bc-ad,c²+d²) < c²+d², 可知r(a+bi,c+di) ∈ P.此外, 不难验证r(a+bi,c+di) ∈ Z[i], 因此r(a+bi,c+di) ∈ P∩Z[i].反之对任意u+vi ∈ P∩Z[i], 可设u+vi = (c+di)x+(-d+ci)y, 0 ≤ x,y < 1.可算得u=cx-dy, v = dx+cy, 进而uc+vd = (c²+d²)x, vc-ud = (c²+d²)y,故0 ≤ uc+vd,vc-ud < c²+d², 于是r(u+vi,c+di) = u+vi.因此P∩Z[i]中的点都是余数.综合两方面, 余数集合就是P∩Z[i].只需证明P中恰有c²+d²个整点(实虚部均为整数的点, 也即Z[i]中的点).
证明(半开半闭)格点平行四边形内的整点数目等于其面积, 有一般方法(注2).不过由于这里实际上是正方形, 可以较为简单直观的进行:(注意: 虚线边和空心点是不在图形内的).
如图所示, P作为由c+di与-d+ci围成的正方形,可以通过分割和整数平移变为边长分别为|c|和|d|的两个正方形的并.在这一变换过程中, 不但图形的面积不变, 图形内的整点数目也不变.但易知边长为|c|,|d|的格点正方形内恰有c²,d²个整点,因此P中恰有c²+d²个整点.
注1: 以抽象代数的语言来说, 余数集合就是商环Z[i]/(c+di)的一组代表元集合.问题转化为证明|Z[i]/(c+di)| = c²+d².这其实是代数数论中一个定理的特例: |O/(α)| = N(α).
注2: 一般方法包括但不限于: 使用Pick定理(只适用2维情形);将每个整点对应于P内的一个单位正方形(边界处需讨论平移拼接);借助有限生成Abel群的结构定理等等.
注3: 这里定义的余数并不满足欧式环的要求,因为余数的模可能大于等于除数的模, 从而不能保证辗转相除能够终止.不过只需将r(a,b)改为在[-b/2,b/2)中取值, 就能满足要求.按此带余除法, Z[i]成为一个欧式环.