商集深入：下降映射与代表元检验

1. 从集合到等价类

设 $\sim$ 是 $X$ 上的等价关系。商集 $X/{\sim}$ 是所有等价类 $[x]=\{y:y\sim x\}$ 的集合。商映射 $\pi:X\to X/{\sim}$ 把 $x$ 映到 $[x]$；它是满射，因为每个类都有代表元。等式 $[x]=[y]$ 等价于 $x\sim y$，不能与 $x=y$ 混淆。

设 $h:X\to Y$ 已是函数。我们想定义 $\overline h([x])=h(x)$，但此时这仍只是一个提议，并非已经有效的定义。

定理：映射下降到商集的判据

存在函数 $\overline h:X/{\sim}\to Y$ 满足 $h=\overline h\circ\pi$，当且仅当 $x\sim y$ 蕴含 $h(x)=h(y)$；若存在，该函数唯一。

证明。 若分解存在且 $x\sim y$，则 $\pi(x)=\pi(y)$，作用 $\overline h$ 得 $h(x)=h(y)$。反之，假设这个常值条件成立。对每个类，任选代表元 $x$，指定输出 $h(x)$。条件保证同一类的每个代表元都给出相同输出，因此规则无歧义并定义函数；代入即得分解恒等式。最后，任何满足分解条件的函数都必须将 $[x]=\pi(x)$ 映到 $h(x)$，故不可能有第二个。此构造不要求为所有类同时任意选出固定代表元：各类的值由其所有代表元唯一确定。

判据不是只要求等价输入给出“相似”输出，而是要求输出在 $Y$ 中相等。若 $Y$ 本身是商集，其中的相等意味着代表元等价，这是不同但同样精确的条件。

2. 不同模数之间的同余映射

对正整数 $m,n\ge2$，考虑提议的映射

$$T:\mathbb Z/m\mathbb Z\to\mathbb Z/n\mathbb Z, \qquad T([a]_m)=[a]_n.$$

它良定当且仅当 $n\mid m$。

充分性证明。 若 $[a]_m=[b]_m$，则 $a-b=mk$。若 $n\mid m$，该差可被 $n$ 整除，故 $[a]_n=[b]_n$。下降映射判据适用。

必要性证明。 代表元 $0,m$ 表示同一个模 $m$ 的类；提议的输出相等当且仅当 $[0]_n=[m]_n$，也就是 $n\mid m$。因此一对精心选择的代表元就能检验所有不允许的模数关系。

例题：比较两个取模映射。 模六类约化到模三类有效，因为加六不改变模三余数。模三类约化到模二类则无效：$[0]_3=[3]_3$，但 $[0]_2\ne[3]_2$。两个商集都是有限集这一事实不能证明该规则有效。

对整数 $k$，更一般的规则 $[a]_m\mapsto[ka]_n$ 良定当且仅当 $n\mid km$。相同证明将差值 $m$ 替换为 $km$。乘以系数可能使原本无效的约化规则变为有效。

3. 两个代表元可以独立改变

类上的二元运算必须检查两个输入。若 $B:X\times X\to Y$ 是一个规则，提议的输出 $\overline B([x],[y])=B(x,y)$ 有效当且仅当

$$x\sim x',\quad y\sim y'\quad\Longrightarrow\quad B(x,y)=B(x',y').$$

可以先固定第二个代表元、改变第一个，再改变第二个；也可同时检验两个任意改变。只检查同时作某个特殊替换，例如两个代表元加上同一个数，条件较弱，可能漏掉依赖性。

警示例子。 在模二整数类上，提议 $B([a],[b])=a-b$ 的值为一个实际整数。把 $(a,b)$ 同时替换为 $(a+2,b+2)$ 时输出不变，所以同时替换测试通过；但只把 $a$ 替换为 $a+2$ 会使整数输出增加二。因此该整数值规则不良定。若目标改为模二类，则 $[a-b]_2$ 良定：每次独立改变都使差改变二的倍数。目标集合决定了要检验哪种相等。

4. 有理数表示：为什么分子公式重要

在 $Q$ 上定义运算

熟悉的分数规则提示了有序对上的运算公式。要使这些公式成为 $Q$ 上的算术， 更换输入的代表元后，输出必须仍属于同一个类。

定义

$Q$ 上的加法、乘法与逆元

对 $Q$ 中的等价类，定义

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

以及

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

加法逆元定义为

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

若 $a \neq 0$，则乘法逆元定义为

$$[(a, b)]^{-1} := [(b, a)]$$

记 $0_Q=[(0,1)]$、$1_Q=[(1,1)]$。交叉乘积关系给出 $[(a,b)]=0_Q$ 当且仅当 $a=0$。所以是否为零是整个类的性质；求逆元所需的 $a\ne0$ 条件也不依赖所选代表元。

这些公式都写在代表元上，因此每一条都要先检查良定性。否则，公式的结果可能 会依赖你选择了哪一个代表元，而不是只依赖那个有理数本身。

检验代表元之前，先检查输出的定义域。由 $b,d\ne0$ 及 $Z$ 没有零因子，加法和乘法的分母 $bd$ 都非零。求逆元时，额外条件 $a\ne0$ 才保证 $(b,a)$ 是有效的有序对。这是两项不同的要求：公式既要给出合法对象，也要保证该对象不依赖代表元。

证明：$Q$ 上的加法是良定的

假设

$$ab' = ba' \qquad\text{以及}\qquad cd' = dc'$$

我们要证明

$$(ad + bc, bd) \sim_Q (a'd' + b'c', b'd')$$

按 $\sim_Q$ 的定义，只需证明

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

左边展开为

$$adb'd' + bcb'd'$$

由 $ab' = ba'$，第一项可写成

$$adb'd' = ba'dd'$$

由 $cd' = dc'$，第二项可写成

$$bcb'd' = bdb'c'$$

因此

$$(ad + bc)b'd' = ba'dd' + bdb'c' = (a'd' + b'c')bd$$

故

$$(ad + bc, bd) \sim_Q (a'd' + b'c', b'd')$$

即加法是良定的。

为什么 $Q$ 上的乘法是良定的

假设

$$(a,b)\sim_Q(a',b') \qquad\text{以及}\qquad (c,d)\sim_Q(c',d')$$

这两个假设表示

$$ab'=ba' \qquad\text{以及}\qquad cd'=dc'$$

使用 $\sim_Q$ 的定义，需要证明

$$(ac)(b'd')=(bd)(a'c')$$

左边可以因式分解为

$$(ac)(b'd')=(ab')(cd')=(ba')(dc')=(bd)(a'c')$$

因此 $(ac,bd)\sim_Q(a'c',b'd')$，乘法公式确实从有序对下降到有理数类。

定理

每个非零有理数都有唯一的乘法逆元

若 $q\in Q$ 且 $q\ne0$，则存在唯一的 $q^{-1}\in Q$ 使

$$q\cdot q^{-1}=[(1,1)]$$

证明：有理数逆元的存在性与唯一性

写 $q=[(a,b)]$，其中 $b\ne0$。条件 $q\ne0$ 表示 $a\ne0$，所以 $[(b,a)]$ 是合法的有理数类。于是

$$[(a,b)]\cdot[(b,a)]=[(ab,ba)]=[(1,1)]$$

因为整数乘法满足 $ab=ba$。

若 $[(u,v)]$ 是另一个逆元，则

$$[(u,v)]\cdot[(a,b)]=[(1,1)]$$

表示 $(ua,vb)\sim_Q(1,1)$，所以 $ua=vb$。这正是 $(u,v)\sim_Q(b,a)$ 的 条件。因此任何逆元都代表同一个类 $[(b,a)]$。

例题

不改变等价类地求一个负有理数的逆元

令 $q=[(-3,5)]$。由于分子非零，

$$q^{-1}=[(5,-3)]$$

两者的乘积为

$$[(-3,5)]\cdot[(5,-3)]=[(-15,-15)]=[(1,1)]$$

逆元的第二个坐标非零；把两个坐标同时乘以 $-1$ 也不会改变等价类。因此即使 选择了负分母，计算仍然成立。

常见错误

求逆元前必须确认分子非零

公式 $[(a,b)]^{-1}=[(b,a)]$ 只有在 $a\ne0$ 时才有效。若 $a=0$，那么 $[(b,a)]$ 的第二个坐标为零，不属于 $Y$；零也没有乘法逆元。

用整数对 $(a,b)$ 表示有理数，其中 $b\ne0$，并以 $ab'=a'b$ 定义 $(a,b)\sim(a',b')$。记其类为 $[a,b]$。提议的“分子加一”规则

$$N([a,b])=[a+1,b]$$

并不良定。因为 $[1,2]=[2,4]$，两种代表分别给出 $[2,2]$ 和 $[3,4]$；由 $2\cdot4\ne3\cdot2$ 可知它们不相等。这个看似熟悉的公式改变了表示值，且改变方式依赖所写的分母。

真正的加一规则为 $A([a,b])=[a+b,b]$。若 $ab'=a'b$，则 $(a+b)b'=ab'+bb'=a'b+bb'=(a'+b')b$，故新数对等价。这说明应从目标值推导正确公式，而不能任意修改某个坐标。

5. 几何方向是等价类，而非指定向量

在 $X=\mathbb R^2\setminus\{0\}$ 上，若 $u=\lambda v$ 且实数 $\lambda$ 非零，定义 $u\sim v$。取 $\lambda=1$ 得自反性；用 $1/\lambda$ 得对称性；非零标量的乘积给出传递性。各类是穿过原点、去掉零点的无向直线；正负倍数表示同一方向。

长度 $\|u\|$ 不是该类的良定函数，因为 $u$ 与 $2u$ 长度不同。提议的单位向量 $u/\|u\|$ 也不良定，因为 $u$ 与 $-u$ 给出相反的单位向量。但若类含有满足 $x\ne0$ 的代表元 $(x,y)$，斜率 $y/x$ 是良定的：非零缩放因子相消。竖直方向没有这种斜率，因此该公式只定义在受限的商集定义域上。

若改为只识别正倍数，则 $u/\|u\|$ 良定，各类变成有向射线。改变等价关系，也就改变了有意忽略的信息。商集因此是一个数学建模选择，不只是记号简写。

分级构造与诊断练习

1. 判据。 在 $\mathbb Z/2\mathbb Z$ 上，判断 $[a]\mapsto(-1)^a$ 是否定义实值函数，并用下降映射判据证明。
2. 分类。 证明一般缩放规则 $[a]_m\mapsto[ka]_n$ 良定当且仅当 $n\mid km$，并应用于 $m=3,n=2,k=2$。
3. 运算诊断。 在模三类上比较值在 $\mathbb Z$ 中的规则 $[a],[b]\mapsto ab$ 与值在商集中的规则 $[a],[b]\mapsto[ab]_3$，给出反例及完整的有效代表元检查。
4. 分数。 $[a,b]\mapsto[a,b+1]$ 是否在所有分数上定义有理数类函数？分别指出输出不属于代表元集合和依赖代表元的两个问题。
5. 几何。 对无向方向类，证明 $u\mapsto uu^{\mathsf T}/\|u\|^2$ 是良定的实 $2\times2$ 矩阵值函数，而归一化向量不是；解释矩阵对向量的作用。
6. 唯一性。 若类上的函数对每个代表元都满足 $\overline h([x])=h(x)$，证明它必须是定理中唯一的分解映射，即使没有选定首选代表元。

完整解答

1. 若 $a\equiv b\pmod2$，则 $a-b=2r$ 且 $(-1)^a=(-1)^b(-1)^{2r}=(-1)^b$。因此该规则在每个类上为常数，下降为实值函数：偶数类取一，奇数类取负一。$-1$ 的整数负指数有定义，因为 $-1\ne0$。
2. 若 $n\mid km$，等价输入的差为 $mr$，缩放后的代表元之差为 $kmr$，可被 $n$ 整除。反之，相等输入类 $[0]_m,[m]_m$ 必须给出相等输出 $[0]_n,[km]_n$，迫使所述整除条件成立。对 $m=3,n=2,k=2$，有 $2\mid6$，故映射有效；实际上每个输出都是模二的零类。
3. 作为整数值规则，它不良定：$[0]_3=[3]_3$，但第二输入取 $[1]_3$ 时，这两种代表元的乘积分别为零和三。对类值规则，若 $a-a'=3r$ 且 $b-b'=3s$，则 $ab-a'b'=(a-a')b+a'(b-b')=3(rb+a's)$，故输出模三等价。这里允许两个代表元独立改变。
4. 当 $(a,b)=(1,-1)$ 时，提议的输出分母为零，甚至不是有理数代表元。即使限制为正分母，第二个问题仍存在：$[1,2]=[2,4]$ 分别给出 $[1,3]$ 和 $[2,5]$，由 $1\cdot5\ne2\cdot3$ 可知它们不相等。输出属于代表集合与代表元无关是不同要求。
5. 若 $u=\lambda v$ 且 $\lambda\ne0$，分子矩阵与分母平方都乘以相同因子 $\lambda^2$，故商矩阵不变。相反，$(-u)/\|-u\|=-u/\|u\|$ 不同于 $u$ 的归一化向量。该矩阵作用于 $w$ 得 $u(u\cdot w)/\|u\|^2$，恰为到该无向直线的正交投影。投影忽略所选方向的符号，正符合商集所要求的性质。
6. 每个类至少对某个 $x$ 等于 $\pi(x)$。任何分解映射都必须将 $\pi(x)$ 赋值为 $h(x)$，故两个这样的映射在每个类上相同。常值条件保证任何代表元都给出同一强制值。存在性和唯一性涉及由类确定的输出，而不要求同时为所有类选取名称。

总结与术语

若映射在每个等价类上为常数，就称其下降到商集。商映射把代表元送到其等价类。良定性包括输出属于目标集合，以及对每种允许的代表元变换均保持不变。目标商集把输出相等从代表元字面相等改为目标关系下的等价。类构造只保留等价关系允许保留的信息，每个提议公式都必须尊重这种信息损失。