艾森斯坦整数是具有以下形式的复数：

${\displaystyle z=a+b\omega \,\!}$

其中a和b是整数，且

${\displaystyle \omega ={\frac {1}{2))(-1+i{\sqrt {3)))=e^{\frac {2\pi i}{3))}$

是三次单位根。艾森斯坦整数在复平面上形成了一个三角形点阵。高斯整数则形成了一个正方形点阵。

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，存于互联网档案馆）

查 论 编 代數數 代數整數 切比雪夫节点（英语：Chebyshev nodes） 規矩數 康威常数 分圆域 艾森斯坦整数 高斯整數 黃金比例（φ） 佩龍數（英语：Perron number） 皮索数 二次無理數 有理数 单位根 塞勒姆數（英语：Salem number） 白銀比例（δS） 2的算术平方根 3的算术平方根 5的算术平方根 6的算术平方根（英语：Square root of 6） 7的算术平方根（英语：Square root of 7） 倍立方 2的12次方根 数学主题