3.3 由等價類構造整數

自然數不足以處理所有代數問題。好簡單的方程

$$1 = x + 2$$

在 $N$ 之中就沒有解。若果我們想令減法可以有系統那麼做，就要建立一個比自然數 更大的數系。

嚴格的構造不是單靠直覺去「引入負數」，而是由我們已經理解的對象，即自然數有序對， 去形式化地構造整數。

這個構造有三個任務：識別哪些有序對應當表示同一個整數，定義不依賴代表元的運算，並嵌入 $N$ 以保留原來的算術。第一步給出對象，後兩步說明這些對象為甚麼解決了減法不封閉的問題。

指導思想

一個對子 $(a,b)$ 可以視為形式差值

$$a-b.$$

照住這個觀點，許多不同對子都可能代表同一個整數。例如

$$(3,1), \quad (5,3), \quad (8,6)$$

都自然地指向同一個差值 $2$。

所以整數不應該是某一個有序對本身，而應該是「所有代表同一差值的對子」所形成 的等價類。

$N^2$ 上的關係

定義

定義整數的等價關係

在 $N^2$，即自然數有序對集合之中工作。

定義關係 $\sim_Z$ 為

$$(a,b) \sim_Z (c,d) \quad \Longleftrightarrow \quad a+d=b+c.$$

整數就定義為這條關係之下的等價類。

條件 $a+d=b+c$ 正好反映咗 $(a,b)$ 同 $(c,d)$ 代表同一個形式差值：

$$a-b=c-d.$$

將上式移項，就是 $a+d=b+c$。

這個移項只用於啟發定義，還不是在新構造的 $Z$ 中計算。實際檢驗 $a+d=b+c$ 只用到 $N$ 中已經定義的加法。所以下面的等價關係證明只使用自然數定律，不預先假設正在構造的整數減法。

為甚麼這條關係是對的

定理

這條關係確實是等價關係

$N^2$ 上的關係 $\sim_Z$ 是自反、對稱同傳遞，因此它是一條等價關係。

這個證明不算難，但值得理解，因為它解釋咗為甚麼 quotient construction 行得通。

證明：$\sim_Z$ 是等價關係

自反性：對任何 $(a,b)$，都有

$$a+b=b+a,$$

所以 $(a,b)\sim_Z(a,b)$。

對稱性：若 $(a,b)\sim_Z(c,d)$，即 $a+d=b+c$，將同一等式反過來讀，就有 $c+b=d+a$，因此 $(c,d)\sim_Z(a,b)$。

傳遞性：若

$$(a,b)\sim_Z(c,d) \quad \text{且} \quad (c,d)\sim_Z(e,f),$$

即

$$a+d=b+c, \qquad c+f=d+e.$$

將兩式相加，再在兩邊同時消去 $c+d$，得到

$$a+f=b+e,$$

所以 $(a,b)\sim_Z(e,f)$。

整數究竟是甚麼

定義

整數作為商集

令 $X=N^2$。整數集合定義為

$$\mathbf{Z} = X/{\sim_Z}.$$

對每個 $(a,b) \in N^2$，它的等價類記作

$$[(a,b)] = \{(c,d)\in N^2 : (c,d)\sim_Z(a,b)\}.$$

因此，一個整數不是一個對子，而是一整個等價類。

熟悉的整數就在這個構造之中重新出現：

• $[(0,0)]$ 表現得像 $0$；
• $[(1,0)]$ 表現得像 $1$；
• $[(0,1)]$ 表現得像 $-1$；
• 一般而言，$[(n,0)]$ 對應我們熟悉的自然數 $n$。

如何把 $N$ 嵌入 $Z$

自然數並沒有消失，而是以一種新方式出現在整數之中。

例題

自然數如何嵌入整數

定義一個映射 $N \to Z$：

$$n \longmapsto [(n,0)].$$

那麼就有

$$0 \mapsto [(0,0)], \qquad 1 \mapsto [(1,0)], \qquad 2 \mapsto [(2,0)].$$

所以舊有自然數系統會以某些特定等價類的形式，完整地出現在新系統之中。

這個現象顯示 quotient construction 不是摧毀舊數系，而是保留住一個可識別 的拷貝，再把範圍擴大。

正、負與零

需要強調的是，正負零不是貼在某一個代表元身上，而是整個等價類的性質。

• 若一個類有代表元 $(a,b)$ 滿足 $a\gt b$，就視為 正；
• 若有代表元滿足 $a$ 小於 $b$，就視為 負；
• 若有代表元滿足 $a=b$，就視為 零。

因為這些性質不可以隨代表元改變，所以亦要證明符號是 well-defined。

證明：符號是良定的

假設 $(a,b)\sim_Z(c,d)$，所以 $a+d=b+c$。如果 $a\gt b$，寫成 $a=b+k$，其中 $k\in N$ 是正數。代入後得到 $(b+k)+d=b+c$，再用自然數消去律得出 $c=d+k$， 所以 $c\gt d$。交換坐標就得到負數情形；如果 $a=b$，等價關係便給出 $c=d$。因此 正、負、零都是整個等價類的性質。

等價類上的運算

要令商集真正成為數系，還需要定義運算。加法定義為

$$[(a,b)] + [(c,d)] := [(a+c,b+d)].$$

這個定義同形式差值的直覺完全一致：

$$(a-b)+(c-d)=(a+c)-(b+d).$$

之後關鍵一步就是檢查這類定義是 well-defined，亦即不會因為你換咗代表元 而改變答案。

證明：整數加法是良定的

若 $(a,b)\sim_Z(a',b')$ 同 $(c,d)\sim_Z(c',d')$，則

$$a+b'=b+a',\qquad c+d'=d+c'$$

將兩式相加，再在 $N$ 中用結合律同交換律重排：

$$(a+c)+(b'+d')=(b+d)+(a'+c')$$

這個正正係 $(a+c,b+d)\sim_Z(a'+c',b'+d')$ 的定義。

一個具體計算

例題

同一個整數可以有許多代表元

考慮等價類 $[(2,5)]$。

因為

$$2+4 = 5+1,$$

所以

$$(2,5)\sim_Z(1,4).$$

同樣地，

$$2+7 = 5+4,$$

所以

$$(2,5)\sim_Z(4,7).$$

以上對子都代表同一個整數；按通常記法，它就是 $-3$。

探究更換代表元會改變甚麼

到這一步，直接測試定義會很有幫助。下面的面板會固定同一個整數等價類，讓你 改變代表元，並檢查另一個對子是否屬於同一類。

要記住的重點是：$Z$ 裡的相等不是有序對逐個坐標相等，而是等價類相等。兩個 外表很不同的對子，只要滿足交叉和條件 $a+d=b+c$，就可以是同一個整數。

減法與乘法

同一個商集觀點也給出有符號整數的日常運算公式。因為 $[(a,b)]$ 表示形式 差值 $a-b$，所以減法應定義為

$$[(a,b)]-[(c,d)] := [(a+d,b+c)].$$

這同形式計算一致：

$$(a-b)-(c-d)=(a+d)-(b+c).$$

乘法要稍為小心，因為符號會互相作用：

$$(a-b)(c-d)=ac+bd-(ad+bc).$$

因此乘法定義為

$$[(a,b)]\cdot[(c,d)] := [(ac+bd,ad+bc)].$$

定理

乘法公式必須是良定的

若 $(a,b)\sim_Z(a',b')$ 且 $(c,d)\sim_Z(c',d')$，則

$$(ac+bd,ad+bc)\sim_Z(a'c'+b'd',a'd'+b'c').$$

所以乘積的等價類不會依賴所選代表元。

證明：整數乘法是良定的

假設

$$a+b'=b+a', \qquad c+d'=d+c'.$$

要證兩個乘積代表元等價，按 $\sim_Z$ 的定義，就是要證

$$(ac+bd)+(a'd'+b'c')=(ad+bc)+(a'c'+b'd').$$

先只改變第一個因子的代表元。把 $a+b'=b+a'$ 分別乘以 $c$ 與 $d$，得到

$$ac+b'c=bc+a'c, \qquad ad+b'd=bd+a'd$$

因此只用 $N$ 中加法的結合律和交換律，就有

$$\begin{aligned} (ac+bd)+(a'd+b'c) &=(ac+b'c)+(bd+a'd)\\ &=(bc+a'c)+(ad+b'd)\\ &=(ad+bc)+(a'c+b'd) \end{aligned}$$

這證明它同用 $(a',b')$ 和 $(c,d)$ 得到的乘積等價。現在固定 $(a',b')$，把 $c+d'=d+c'$ 分別乘以 $a'$ 與 $b'$，同樣的自然數重排證明它同用 $(c',d')$ 得到的乘積等價。由傳遞性得到所需結論。整個證明沒有使用減法或已經構造好的 整數乘法。

同一個類的有序對可以換成較方便的表示。例如 $(5,3)\sim_Z(2,0)$，因為 $5+0=3+2$；它們都表示整數二。只有在良定義性已經證明後，計算才可以放心地選用方便代表元，不能先憑直覺簡化有序對，再假定類沒有改變。

從 N 繼承的算術定律

商集上的運算繼承自然數算術的定律。例如，加法結合律可由代表元展開：

$$([(a,b)]+[(c,d)])+[(e,f)] =[(a+c+e,b+d+f)] =[(a,b)]+([(c,d)]+[(e,f)])$$

兩邊代表元由 $N$ 中的結合律相等。良定性已經證明後，對代表元逐項展開，再使用 $N$ 中的交換律和分配律，就得到整數加法與乘法的交換律、結合律和分配律。規範嵌入也保持運算：$[(n,0)]+[(m,0)]=[(n+m,0)]$ 及 $[(n,0)]\cdot[(m,0)]=[(n\cdot m,0)]$；若兩個嵌入類相等，則 $n+0=0+m$，所以 $n=m$。

Z 上的次序

定義整數次序為

$$x\lt y\quad\Longleftrightarrow\quad y-x\text{ 是正數}$$

其中 $y-x$ 代表 $y+(-x)$。前面關於帶符號代表元的結果給出三歧性：對任何 $x,y$，$y-x$ 恰好是正、零或負其中一種，所以 $x\lt y$、$x=y$、$y\lt x$ 恰好有一種成立。

次序具有傳遞性。若 $x\lt y$ 而 $y\lt z$，則 $y-x$ 與 $z-y$ 都為正。由帶符號代表元計算可知正數之和係正，而已證明的環律給出

$$(z-y)+(y-x)=z-x$$

所以 $x\lt z$。次序亦保持平移，因為

$$(y+t)-(x+t)=y-x$$

因此 $x\lt y$ 當且僅當 $x+t\lt y+t$。最後，若 $0\lt x$ 而 $0\lt y$，它們的規範帶符號代表元為 $[(k,0)]$ 與 $[(\ell,0)]$，其中 $k,\ell$ 是正自然數；乘法公式給出 $[(k\cdot\ell,0)]$，而正自然數的乘積是正數。於是 $Z$ 中正數的乘積仍然為正；構造有理數之前，這些次序性質已經建立。

若 $t\gt0$ 且 $x\lt y$，分配律給出 $ty-tx=t(y-x)\gt0$，故 $tx\lt ty$。反過來，若 $tx\lt ty$，三歧性排除 $x=y$；也排除 $y\lt x$，因為後者會推出 $ty\lt tx$。因此乘以正整數保持且反映嚴格不等式。

Z 沒有零因子

每個非零整數都有規範帶符號代表元。若 $[(a,b)]\ne[(0,0)]$，則由自然數次序可知 $a=b+k$ 或 $b=a+k$，其中 $k$ 是正自然數。前一種情況用等價關係和自然數重排得到 $[(a,b)]=[(k,0)]$；後一種情況得到 $[(a,b)]=[(0,k)]$。因此兩個非零整數的代表元都可以寫成 $[(k,0)]$ 或 $[(0,k)]$，而 $k\gt 0$。

由整數乘法公式，符號相同的兩個代表元相乘得到 $[(k\cdot\ell,0)]$，符號不同就得到 $[(0,k\cdot\ell)]$。上一節已由自然數歸納證明正自然數的乘積仍然是正數，所以結果不會是 $[(0,0)]$。因此 $x\ne0$ 且 $y\ne0$ 蘊含 $x\cdot y\ne0$；這個 $Z$ 的無零因子性質已經在構造 $Q$ 之前建立。

常見錯誤

常見錯誤

整數不是那個對子本身

$(a,b)$ 只是一個代表元。真正的整數是整個等價類 $[(a,b)]$。

常見錯誤

不同代表元未必代表不同整數

例如 $(3,1)$ 同 $(5,3)$ 並不是兩個不同整數。因為它們屬於同一個等價類， 所以其實代表同一個差值。

快問快答

思考檢查

在 $\sim_Z$ 下，$(2,0)$ 與 $(5,3)$ 是否等價？

直接代入 $a+d=b+c$ 這條規則。

解答 · 答案

是，因為

$$2+3=0+5,$$

所以 $(2,0)\sim_Z(5,3)$。

思考檢查

哪個等價類應該代表整數 $-1$？

用「對子表示形式差值」這個想法回答。

解答 · 答案

$[(0,1)]$ 代表 $-1$，因為它對應的形式差值是 $0-1$。任何同它等價的對子， 例如 $(2,3)$，都代表同一個整數。

思考檢查

為甚麼我們不可以直接把有序對視為整數，而一定要取等價類？

用一句完整句子回答。

解答 · 答案

因為許多不同有序對其實表示同一個形式差值，而整數應該把所有這些代表元視為 同一個對象，所以必須取等價類。

練習

思考檢查

證明 $[(4,1)] = [(7,4)]$，並判斷這個等價類是正、負，還是零。

先檢查等價，再由代表元讀出符號。

解答 · 引導解答

先計：

$$4+4 = 1+7,$$

所以 $(4,1)\sim_Z(7,4)$，因此

$$[(4,1)] = [(7,4)].$$

因為 $4\gt 1$，這個等價類是正。按通常記號，它代表整數 $3$。

建議先讀

這一節依賴 2.2 函數與關係 之中的 等價關係語言，並且會接到 3.4 有理數與良定運算。