數系深入：不預設減法地構造整數

假設與目標

如果在負數構造完成前就把整數對寫成“$a$ 減 $b$”，便會預設要構造的對象。我們從自然數對出發，在構造證明中只使用自然數加法、乘法、次序和消去律；這裡不構造自然數本身。

假設 $\mathbb N=\{0,1,2,\ldots\}$ 有通常的交換、結合加法與乘法，分配律、零和一，以及加法消去律。其全序與加法相容：若 $a\ge b$，存在唯一 $n\in\mathbb N$ 使 $a=b+n$。還假設正自然數之和及積為正。這些是先行事實，不是從已存在的負整數推得的。

1. 等價關係記錄形式差

下列證明中的 $N$ 表示 $\mathbb N$，$\sim_Z$ 表示 $\sim$。

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。

定理

這條關係確實是等價關係

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

自反性、對稱性和傳遞性保證這些等價類形成商集；每一步都只需要自然數算術。

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 $(a,b)\sim_Z(e,f)$。

令 $Z$ 為商集，把 $[(a,b)]$ 簡寫為 $[a,b]$。這種記號提示形式差，但定義對象是等價類，並非預先假設的整數差。每個對角平移保持同一類：由交換律 $(a+k,b+k)\sim(a,b)$。

2. 加法和取負的良定義性

定義

$$[a,b]+[c,d]=[a+c,b+d],\qquad -[a,b]=[b,a].$$

證明：整數加法是良定的

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

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

將兩式相加，再在 $N$ 中用結合律和交換律重排：

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

這正是 $(a+c,b+d)\sim_Z(a'+c',b'+d')$ 的定義。

取負也尊重等價類：需要的等式 $b+a'=a+b'$ 就是原等式反向讀取。

$0_Z=[0,0]$ 是加法單位元。$[a,b]+[b,a]=[a+b,a+b]=[0,0]$，故所定義的負元確為加法逆元。由坐標中的自然數加法可知加法滿足結合律和交換律，因此得到阿貝爾加法群。逆元建立後，才可在 $Z$ 中把減法定義為加上負元；證明等價關係時沒有預設減法。

3. 乘法的代表元檢驗

定義

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

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

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

這證明它與用 $(a',b')$ 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與用 $(c',d')$ 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。

乘法由自然數乘法的交換律而交換，單位元是 $1_Z=[1,0]$。驗證結合律時，取第三對 $(e,f)$，兩種結合方式的第一坐標都展開為 $ace+bde+adf+bcf$，第二坐標都展開為 $acf+ade+bce+bdf$，至多相差次序。因此代表對逐項相等。分配律同樣逐坐標展開：例如 $[a,b]([c,d]+[e,f])$ 的第一坐標為 $ac+ae+bd+bf$，與兩個乘積第一坐標之和相同。這些檢驗證明整數的環運算法則，而非把尚未建立的負數代數當作前提。

4. 嵌入自然數與標準形

定義 $j:\mathbb N\to Z$，$j(n)=[n,0]$。若 $j(n)=j(m)$，等價關係給出 $n=m$，故 $j$ 單射。坐標公式給出 $j(n+m)=j(n)+j(m)$ 和 $j(nm)=j(n)j(m)$，並保持零與一。

對代表元 $(a,b)$，自然數全序給出 $a\ge b$ 或 $b\ge a$。第一種情形寫 $a=b+n$，得 $[a,b]=[n,0]$；第二種寫 $b=a+n$，得 $[a,b]=[0,n]=-j(n)$。這就是非負和非正標準形。

每種形状的參數唯一：$[n,0]=[m,0]$ 推出 $n=m$，負的情形類似。若 $[n,0]=[0,m]$，定義關係給出 $n+m=0$，迫使 $n=m=0$。因此每個類恰為零、唯一正數或唯一負數。熟悉的帶符號整數解釋由構造得到，而不是證明運算時的前提。

檢驗例。 $(7,4)$ 屬於 $[3,0]$，因為 $7+0=4+3$。$[0,2]$ 與 $[0,3]$ 的積為 $[6,0]$，故構造出的負二與負三之積是嵌入的正六；熟悉的符號法則在此是類乘法公式的結論。

5. 定義次序

當存在 $k\in\mathbb N$ 使 $y=x+j(k)$ 時，定義 $x\le_Z y$。定義只使用 $Z$ 中已經良定義的元素與運算。取 $k=0$ 得自反性；非負增量相加得传遞性。若 $y=x+j(k)$ 且 $x=y+j(\ell)$，群消去律給出 $j(k+\ell)=0_Z$。由 $j$ 單射，$k+\ell=0$，兩個增量均為零，故 $x=y$，證明反對稱性。

對全序性，已構造的差 $y-x$ 有標準形 $j(n)$ 或 $-j(n)$。前者給 $x\le_Z y$，後者給 $y\le_Z x$。按定義等式，兩邊加同一元素保持次序。嵌入的非負元素之積因保乘法而非負。於是該次序與構造出的帶符號算術相容。

6. 構造的結構

構造依次包含：定義代表元；證明等價關係；檢驗運算尊重關係並給出有效代表元；證明結構法則與標準形。完成後才解釋這些類。構造有理數也遵循這一模式，但使用整數分子與非零分母組成的對，其等價關係是交叉相乘，而非這裡的加法關係；須另行證明其運算。

這個構造也無需坐標計算就能解釋加法逆元的唯一性：在有交換、結合加法及單位元的系統中，若 $x+y=0=x+z$，則 $y=y+0=y+(x+z)=(y+x)+z=0+z=z$。逆元作為元素唯一，儘管其代表對不唯一。

構造與驗證練習

1. 非循環證明。 只用自然數等式和消去律證明 $\sim$ 的传遞性。指出證明“$a-b=c-d=e-f$”在哪一步循環使用了尚待構造的對象。
2. 生成平移。 若 $(a,b)\sim(c,d)$，證明二者有一個共同對角延伸：分別在每一對的兩個坐標上加同一個自然數。推論：對每次對角平移不變的對函數在等價類上為常數。
3. 目標集合。 $[a,b]\mapsto a+b$ 是取值於自然數的函數嗎？$[a,b]\mapsto[a+b]_2$ 是取值於模二等價類的函數嗎？分別證明。
4. 運算檢驗。 用代表元公式直接計算 $[2,5][4,1]$ 並化為帶符號標準形，再用第一因子的另一個等價代表元驗證。
5. 唯一性。 用這裡已建立的群法則抽象證明加法逆元唯一，並解釋逆元的不同代表對為何不違反唯一性。
6. 挑战：算術延拓。 設 $R$ 是帶單位元的交換環，$h:\mathbb N\to R$ 保持加法、乘法、零和一。證明 $H([a,b])=h(a)-h(b)$ 是唯一保持加法、乘法和單位元並延拓 $h$ 的映射 $Z\to R$。在 $R$ 中允許減法，因為其加法群已是明確假設的一部分。

完整解答

1. 由 $a+d=b+c$ 和 $c+f=d+e$，相加得 $a+d+c+f=b+c+d+e$。重排並消去共同自然數加數 $c+d$，得 $a+f=b+e$。在構造 $Z$ 前，把自然數對寫成已存在的整數差，預設了減法及其等式法則；它只能作為之後的解釋。
2. 將 $(a,b)$ 平移 $d$ 得 $(a+d,b+d)$，將 $(c,d)$ 平移 $b$ 得 $(c+b,d+b)$。由等價關係第一坐標相同，由交換律第二坐標相同，故兩對相同。若對函數在每次平移下不變，兩個原代表元的值都等於共同延伸處的值，因此在類上為常數。這證明了這些平移生成該關係，並不意味著任意商集問題都只需測試特殊代表元變化。
3. 自然數值的提议不成立：$[0,0]=[1,1]$，但坐標和分別為零和二。模二目標則良定義：$a+d=b+c$ 蘊含 $a+b\equiv c+d\pmod2$；也可在自然數等式兩邊加 $b+d$，得 $a+b+2d=c+d+2b$。故輸出模二類相同。
4. 乘積對為 $[2\cdot4+5\cdot1,2\cdot1+5\cdot4]=[13,22]=[0,9]$。以對角平移後的等價代表 $[3,6]$ 代替第一因子，得到 $[18,27]=[0,9]$。二者符合負三乘正三的帶符號解釋，但該解釋只在標準形被證明後使用。
5. 若 $x+y=0=x+z$，結合律和交換律給出 $y=y+0=y+(x+z)=(y+x)+z=z$，故逆元作為 $Z$ 中元素唯一。$(b,a)$ 與 $(b+k,a+k)$ 等對表示的是同一元素；元素唯一不要求书寫代表元唯一。
6. 若 $a+d=b+c$，作用 $h$ 得 $h(a)+h(d)=h(b)+h(c)$；在 $R$ 的加法群中重排，得 $h(a)-h(b)=h(c)-h(d)$，故 $H$ 良定義。它保持和由 $h$ 的加法性得到；在 $R$ 中展開兩個差之積，由分配律和 $h$ 的乘法性得到 $h(ac+bd)-h(ad+bc)$，故保持積。它把 $[1,0]$ 送到一，在 $[n,0]$ 上延拓 $h$。每個類是 $j(a)-j(b)$，因此任何延拓 $h$ 的加法映射都必須送到 $h(a)-h(b)$，證明延拓的存在性和唯一性。

總結與術語

代表元構造用現有數據的等價類定義新對象。標準形是證明存在且唯一的規範描述，不是任意代表元。嵌入是保持結構的單射；延拓映射在嵌入的子集上保持原先的算術解釋。應按構造、代表元檢驗、結構法則、解釋的邏輯次序推進，避免循環使用正在構造的數系。