3.3 由等價類構造整數

自然數不足以處理所有代數問題。一個簡單的方程

$$1 = x + 2$$

在 $N$ 之中就沒有解。若要令減法對所有輸入都有定義，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。

新的對象既要保留自然數算術，又要容許所有減法。即使某個差在 $N$ 中不存在，有序對仍能記錄這個差的兩個輸入；把等價的記錄識別為同一對象，才能將它們構造成數。

指導思想

一個對子 $(a,b)$ 可以視為形式差值

$$a-b.$$

按照這個觀點，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 $a+d=b+c$ 正好反映了 $(a,b)$ 與 $(c,d)$ 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 $(a,b)\sim_Z(e,f)$。

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。

這裏有兩個不同的步驟：$N^2$ 提供表示差值的記錄，取商則把表示同一結果的記錄 識別為同一對象。保留原來自然數的是映射 $n\mapsto[(n,0)]$；定義新運算後， 還要證明這個映射是單射並保持運算。單憑取商本身，並不能保證存在這樣的嵌入。

由正差定義自然數次序

比較代表元的兩個坐標，需要自然數的次序；這個次序可由已經證明的算術性質建立。 令 $N^+=N\setminus\{0\}$，定義

$$a\lt b\quad\Longleftrightarrow\quad b=a+k\text{，其中某個 }k\in N^+.$$

含有非零自然數加項的和不為零：把 $k$ 寫成 $S(k')$，便有 $l+k=S(l+k')\ne0$。對任意 $a,b\in N$，以下三種情況至少有一種成立：

$$a=b,\qquad b=a+k\ (k\in N^+),\qquad a=b+k\ (k\in N^+).$$

對 $a$ 歸納，歸納命題須同時涵蓋每個 $b$。當 $a=0$ 時，或者 $b=0$，或者 $b=0+b$ 且 $b\in N^+$。在後繼步驟中，若 $b=0$，則 $b\lt S(a)$；否則由前驅 定理寫成 $b=S(c)$。對 $a,c$ 使用歸納假設：相等在取後繼後仍成立；若 $c=a+k$， 則 $S(c)=S(a+k)=S(a)+k$，正差得到保留；反向的正差亦一樣。

三種情況又互相排斥。相等和正差同時成立會給出 $a+0=a+k$，由消去律得 $k=0$。 若兩個方向都有正差，則 $a=a+(k+l)$，消去後得 $k+l=0$，與非零和的性質矛盾。 所以自然數次序滿足三歧性。把正差相加便得傳遞性；兩邊同時加 $t$ 保留正差。 反過來，若 $b+t=(a+t)+k=(a+k)+t$，消去 $t$ 就得 $b=a+k$。 這些性質是以下定義整數符號時使用的自然數次序依據。

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。

規範的帶符號代表元

自然數的三歧性給出每個類的簡潔表示。若 $a=b$，則 $[(a,b)]=[(0,0)]$。 若 $a=b+k$ 且 $k\in N^+$，交叉和條件給出 $[(a,b)]=[(k,0)]$； 若 $b=a+k$，則給出 $[(a,b)]=[(0,k)]$。由自然數消去律，正差 $k$ 唯一。 因此，每個非零整數恰好具有這兩種正、負規範形式中的一種。

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

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

這個定義與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，亦即不會因為更換代表元 而改變結果。

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。

零、取負與減法方程

記 $0_Z=[(0,0)]$。加法公式給出 $[(a,b)]+0_Z=[(a,b)]$。 交換兩個坐標，定義取負運算：

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

它不依賴代表元。若 $a+b'=b+a'$，把等式反向讀就是 $b+a'=a+b'$， 所以 $(b,a)\sim_Z(b',a')$。又有

$$[(a,b)]+[(b,a)]=[(a+b,b+a)]=[(0,0)],$$

最後一個等號來自 $N$ 中的交換律。因此取負給出加法逆元；交換兩次坐標還給出 $-(-x)=x$。

定義 $x-y:=x+(-y)$。加法與取負均已證明良定，所以減法亦良定，其公式為

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

這正是啟發構造的形式規則 $(a-b)-(c-d)=(a+d)-(b+c)$；現在它由類上已經定義的 運算得到。設 $A=[(a,b)]$、$B=[(c,d)]$，則 $x=A-B$ 滿足

$$x+B=[(a+d+c,b+c+d)]=[(a,b)]=A.$$

中間的交叉和等式只使用 $N$ 中的結合律與交換律。因此每個減法方程都有整數解。 特別地，開頭的方程由 $x=[(0,1)]$ 解出，因為

$$[(0,1)]+[(2,0)]=[(2,1)]=[(1,0)].$$

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

更換代表元可以改變兩個坐標，卻保留交叉和關係。即使兩個坐標都改變， 整數等價類仍可保持不變。

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。

乘法

形式差值的解釋說明乘法應當怎樣組合兩個坐標：

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

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。

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 $n=m$。

乘法單位元是 $1_Z=[(1,0)]$，因為乘法公式給出 $[(a,b)]\cdot[(1,0)]=[(a,b)]$。利用已經證明的零與加法逆元， $y-x=0_Z$ 當且僅當 $y=x$：正向在兩邊加 $x$，反向使用 $x+(-x)=0_Z$。 加法逆元亦唯一：若 $x+v=x+w=0_Z$，則 $v=v+(x+w)=(v+x)+w=w$。 由於 $x-y$ 與 $y-x$ 的和為零，這個唯一性給出 $x-y=-(y-x)$。 於是可以用差值比較整數，不必把正在構造的有符號數算術預先當作已知。

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為正，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

前面已證明，每個非零整數都有 $[(k,0)]$ 或 $[(0,k)]$ 形式的規範代表元， 其中 $k\in N^+$。

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。

具體而言，若 $d\ne0$ 且 $dx=dy$，分配律給出 $d(x-y)=0$。由無零因子性質， 得 $x-y=0$，所以 $x=y$。這就是 $Z$ 中的乘法消去律。

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 $(3,1)$ 與 $(5,3)$ 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 $0-1$。任何與它等價的對子， 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

先計算：

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

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。