数系深入：不预设减法地构造整数

假设与目标

如果在负数构造完成前就把整数对写成“$a$ 减 $b$”，便会预设要构造的对象。我们从自然数对出发，在构造证明中只使用自然数加法、乘法、次序和消去律；这里不构造自然数本身。

假设 $\mathbb N=\{0,1,2,\ldots\}$ 有通常的交换、结合加法与乘法，分配律、零和一，以及加法消去律。其全序与加法相容：若 $a\ge b$，存在唯一 $n\in\mathbb N$ 使 $a=b+n$。还假设正自然数之和及积为正。这些是先行事实，不是从已存在的负整数推得的。

1. 等价关系记录形式差

下列证明中的 $N$ 表示 $\mathbb N$，$\sim_Z$ 表示 $\sim$。

定义

定义整数的等价关系

在 $N^2$，也就是自然数有序对集合中工作。

定义关系 $\sim_Z$ 为

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

整数就定义为这条关系之下的等价类。

定理

这条关系确实是等价关系

$N^2$ 上的关系 $\sim_Z$ 是自反、对称和传递的，因此它是一条等价关系。

自反性、对称性和传递性保证这些等价类形成商集；每一步都只需要自然数算术。

证明：$\sim_Z$ 是等价关系

自反性：对任意 $(a,b)$，都有

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

所以 $(a,b)\sim_Z(a,b)$。

对称性：若 $(a,b)\sim_Z(c,d)$，即 $a+d=b+c$，把同一等式反过来读，就有 $c+b=d+a$，因此 $(c,d)\sim_Z(a,b)$。

传递性：若

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

即

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

将两式相加，并在两边同时消去 $c+d$，得到

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

所以 $(a,b)\sim_Z(e,f)$。

令 $Z$ 为商集，把 $[(a,b)]$ 简写为 $[a,b]$。这种记号提示形式差，但定义对象是等价类，并非预先假设的整数差。每个对角平移保持同一类：由交换律 $(a+k,b+k)\sim(a,b)$。

2. 加法和取负的良定义性

定义

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

证明：整数加法是良定的

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

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

将两式相加，并在 $N$ 中用结合律和交换律重排：

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

这正是 $(a+c,b+d)\sim_Z(a'+c',b'+d')$ 的定义。

取负也尊重等价类：需要的等式 $b+a'=a+b'$ 就是原等式反向读取。

$0_Z=[0,0]$ 是加法单位元。$[a,b]+[b,a]=[a+b,a+b]=[0,0]$，故所定义的负元确为加法逆元。由坐标中的自然数加法可知加法满足结合律和交换律，因此得到阿贝尔加法群。逆元建立后，才可在 $Z$ 中把减法定义为加上负元；证明等价关系时没有预设减法。

3. 乘法的代表元检验

定义

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

定理

乘法公式必须是良定的

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

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

所以乘积的等价类不会依赖所选代表元。

证明：整数乘法是良定的

假设

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

要证明两个乘积代表元等价，按 $\sim_Z$ 的定义，就是要证明

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

先只改变第一个因子的代表元。把 $a+b'=b+a'$ 分别乘以 $c$ 与 $d$，得到

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

因此只用 $N$ 中加法的结合律和交换律，就有

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

这证明了它与用 $(a',b')$ 和 $(c,d)$ 得到的乘积等价。现在固定 $(a',b')$，把 $c+d'=d+c'$ 分别乘以 $a'$ 与 $b'$，同样的自然数重排证明它与用 $(c',d')$ 得到的乘积等价。由传递性得到所需结论。整个证明没有使用减法或已经构造好的 整数乘法。

乘法由自然数乘法的交换律而交换，单位元是 $1_Z=[1,0]$。验证结合律时，取第三对 $(e,f)$，两种结合方式的第一坐标都展开为 $ace+bde+adf+bcf$，第二坐标都展开为 $acf+ade+bce+bdf$，至多相差次序。因此代表对逐项相等。分配律同样逐坐标展开：例如 $[a,b]([c,d]+[e,f])$ 的第一坐标为 $ac+ae+bd+bf$，与两个乘积第一坐标之和相同。这些检验证明整数的环运算法则，而非把尚未建立的负数代数当作前提。

4. 嵌入自然数与标准形

定义 $j:\mathbb N\to Z$，$j(n)=[n,0]$。若 $j(n)=j(m)$，等价关系给出 $n=m$，故 $j$ 单射。坐标公式给出 $j(n+m)=j(n)+j(m)$ 和 $j(nm)=j(n)j(m)$，并保持零与一。

对代表元 $(a,b)$，自然数全序给出 $a\ge b$ 或 $b\ge a$。第一种情形写 $a=b+n$，得 $[a,b]=[n,0]$；第二种写 $b=a+n$，得 $[a,b]=[0,n]=-j(n)$。这就是非负和非正标准形。

每种形状的参数唯一：$[n,0]=[m,0]$ 推出 $n=m$，负的情形类似。若 $[n,0]=[0,m]$，定义关系给出 $n+m=0$，迫使 $n=m=0$。因此每个类恰为零、唯一正数或唯一负数。熟悉的带符号整数解释由构造得到，而不是证明运算时的前提。

检验例。 $(7,4)$ 属于 $[3,0]$，因为 $7+0=4+3$。$[0,2]$ 与 $[0,3]$ 的积为 $[6,0]$，故构造出的负二与负三之积是嵌入的正六；熟悉的符号法则在此是类乘法公式的结论。

5. 定义次序

当存在 $k\in\mathbb N$ 使 $y=x+j(k)$ 时，定义 $x\le_Z y$。定义只使用 $Z$ 中已经良定义的元素与运算。取 $k=0$ 得自反性；非负增量相加得传递性。若 $y=x+j(k)$ 且 $x=y+j(\ell)$，群消去律给出 $j(k+\ell)=0_Z$。由 $j$ 单射，$k+\ell=0$，两个增量均为零，故 $x=y$，证明反对称性。

对全序性，已构造的差 $y-x$ 有标准形 $j(n)$ 或 $-j(n)$。前者给 $x\le_Z y$，后者给 $y\le_Z x$。按定义等式，两边加同一元素保持次序。嵌入的非负元素之积因保乘法而非负。于是该次序与构造出的带符号算术相容。

6. 构造的结构

构造依次包含：定义代表元；证明等价关系；检验运算尊重关系并给出有效代表元；证明结构法则与标准形。完成后才解释这些类。构造有理数也遵循这一模式，但使用整数分子与非零分母组成的对，其等价关系是交叉相乘，而非这里的加法关系；须另行证明其运算。

这个构造也无需坐标计算就能解释加法逆元的唯一性：在有交换、结合加法及单位元的系统中，若 $x+y=0=x+z$，则 $y=y+0=y+(x+z)=(y+x)+z=0+z=z$。逆元作为元素唯一，尽管其代表对不唯一。

构造与验证练习

1. 非循环证明。 只用自然数等式和消去律证明 $\sim$ 的传递性。指出证明“$a-b=c-d=e-f$”在哪一步循环使用了尚待构造的对象。
2. 生成平移。 若 $(a,b)\sim(c,d)$，证明二者有一个共同对角延伸：分别在每一对的两个坐标上加同一个自然数。推论：对每次对角平移不变的对函数在等价类上为常数。
3. 目标集合。 $[a,b]\mapsto a+b$ 是取值于自然数的函数吗？$[a,b]\mapsto[a+b]_2$ 是取值于模二等价类的函数吗？分别证明。
4. 运算检验。 用代表元公式直接计算 $[2,5][4,1]$ 并化为带符号标准形，再用第一因子的另一个等价代表元验证。
5. 唯一性。 用这里已建立的群法则抽象证明加法逆元唯一，并解释逆元的不同代表对为何不违反唯一性。
6. 挑战：算术延拓。 设 $R$ 是带单位元的交换环，$h:\mathbb N\to R$ 保持加法、乘法、零和一。证明 $H([a,b])=h(a)-h(b)$ 是唯一保持加法、乘法和单位元并延拓 $h$ 的映射 $Z\to R$。在 $R$ 中允许减法，因为其加法群已是明确假设的一部分。

完整解答

1. 由 $a+d=b+c$ 和 $c+f=d+e$，相加得 $a+d+c+f=b+c+d+e$。重排并消去共同自然数加数 $c+d$，得 $a+f=b+e$。在构造 $Z$ 前，把自然数对写成已存在的整数差，预设了减法及其等式法则；它只能作为之后的解释。
2. 将 $(a,b)$ 平移 $d$ 得 $(a+d,b+d)$，将 $(c,d)$ 平移 $b$ 得 $(c+b,d+b)$。由等价关系第一坐标相同，由交换律第二坐标相同，故两对相同。若对函数在每次平移下不变，两个原代表元的值都等于共同延伸处的值，因此在类上为常数。这证明了这些平移生成该关系，并不意味着任意商集问题都只需测试特殊代表元变化。
3. 自然数值的提议不成立：$[0,0]=[1,1]$，但坐标和分别为零和二。模二目标则良定义：$a+d=b+c$ 蕴含 $a+b\equiv c+d\pmod2$；也可在自然数等式两边加 $b+d$，得 $a+b+2d=c+d+2b$。故输出模二类相同。
4. 乘积对为 $[2\cdot4+5\cdot1,2\cdot1+5\cdot4]=[13,22]=[0,9]$。以对角平移后的等价代表 $[3,6]$ 代替第一因子，得到 $[18,27]=[0,9]$。二者符合负三乘正三的带符号解释，但该解释只在标准形被证明后使用。
5. 若 $x+y=0=x+z$，结合律和交换律给出 $y=y+0=y+(x+z)=(y+x)+z=z$，故逆元作为 $Z$ 中元素唯一。$(b,a)$ 与 $(b+k,a+k)$ 等对表示的是同一元素；元素唯一不要求书写代表元唯一。
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 $H$ 良定义。它保持和由 $h$ 的加法性得到；在 $R$ 中展开两个差之积，由分配律和 $h$ 的乘法性得到 $h(ac+bd)-h(ad+bc)$，故保持积。它把 $[1,0]$ 送到一，在 $[n,0]$ 上延拓 $h$。每个类是 $j(a)-j(b)$，因此任何延拓 $h$ 的加法映射都必须送到 $h(a)-h(b)$，证明延拓的存在性和唯一性。

总结与术语

代表元构造用现有数据的等价类定义新对象。标准形是证明存在且唯一的规范描述，不是任意代表元。嵌入是保持结构的单射；延拓映射在嵌入的子集上保持原先的算术解释。应按构造、代表元检验、结构法则、解释的逻辑次序推进，避免循环使用正在构造的数系。