3.3 由等价类构造整数

自然数不足以处理所有代数问题。一个很简单的方程

$$1 = x + 2$$

在 $N$ 里就没有解。如果我们希望减法可以系统地成立，就必须建立一个比自然数更大的数系。

严格构造并不是单靠直觉去“引入负数”，而是从我们已经理解的对象，也就是自然数有序对，形式化地构造整数。

新的对象既要保留自然数算术，又要容许所有减法。即使某个差在 $N$ 中不存在，有序对仍能记录这个差的两个输入；把等价的记录识别为同一对象，才能将它们构造成数。

指导思想

一个对子 $(a,b)$ 可以看成形式差值

$$a-b.$$

按这个想法，很多不同对子都可能代表同一个整数。例如

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

都自然地指向同一个差值 $2$。

所以整数不应该是某一个有序对本身，而应该是“所有代表同一差值的对子”构成的等价类。

$N^2$ 上的关系

定义 3.3.1

（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。

条件 $a+d=b+c$ 正好反映了 $(a,b)$ 与 $(c,d)$ 代表同一个形式差值：

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

把上式移项，就得到 $a+d=b+c$。

这个移项只用于启发定义，还不是在新构造的 $Z$ 中计算。实际检验 $a+d=b+c$ 只用到 $N$ 中已经定义的加法。所以下面的等价关系证明只使用自然数定律，不预先假设正在构造的整数减法。

为什么这条关系是对的

定理 3.3.2

（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 $(a,b)\sim_Z(e,f)$。

整数现在究竟是什么

定义 3.3.3

（整数作为商集）

令 $X=N^2$。整数集合定义为

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

对每个 $(a,b) \in N^2$，它的等价类记作

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

因此，一个整数不是一个对子，而是一整个等价类。

熟悉的整数在这个构造中重新出现：

• $[(0,0)]$ 表现得像 $0$；
• $[(1,0)]$ 表现得像 $1$；
• $[(0,1)]$ 表现得像 $-1$；
• 一般来说，$[(n,0)]$ 对应熟悉的自然数 $n$。

怎样把 $N$ 嵌入 $Z$

自然数并没有消失，而是以新的方式出现在整数中。

例题 3.3.4

（自然数怎样嵌入整数）

定义一个映射 $N \to Z$：

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

于是

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

所以旧有自然数系统会以某些特定等价类的形式，完整地出现在新系统中。

这里有两个不同的步骤：$N^2$ 提供表示差值的记录，取商则把表示同一结果的记录识别为同一对象。保留原来自然数的是映射 $n\mapsto[(n,0)]$；定义新运算后，还要证明这个映射是单射并保持运算。单凭取商本身，并不能保证存在这样的嵌入。

由正差定义自然数次序

比较代表元的两个坐标，需要自然数的次序；这个次序可由已经证明的算术性质建立。令 $N^+=N\setminus\{0\}$，定义

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

含有非零自然数加项的和不为零：把 $k$ 写成 $S(k')$，便有 $l+k=S(l+k')\ne0$。对任意 $a,b\in N$，下面三种情况至少有一种成立：

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

对 $a$ 归纳，归纳命题须同时涵盖每个 $b$。当 $a=0$ 时，或者 $b=0$，或者 $b=0+b$ 且 $b\in N^+$。在后继步骤中，若 $b=0$，则 $b\lt S(a)$；否则由前驱定理写成 $b=S(c)$。对 $a,c$ 使用归纳假设：相等在取后继后仍成立；若 $c=a+k$，则 $S(c)=S(a+k)=S(a)+k$，正差得到保留；反向的正差也一样。

三种情况又互相排斥。相等和正差同时成立会给出 $a+0=a+k$，由消去律得 $k=0$。若两个方向都有正差，则 $a=a+(k+l)$，消去后得 $k+l=0$，与非零和的性质矛盾。所以自然数次序满足三歧性。把正差相加便得传递性；两边同时加 $t$ 保留正差。反过来，若 $b+t=(a+t)+k=(a+k)+t$，消去 $t$ 就得 $b=a+k$。这些性质是下面定义整数符号时使用的自然数次序依据。

正、负与零

需要强调的是，正负零并不是贴在某个代表元上的标签，而是整个等价类的性质。

• 如果一个类有代表元 $(a,b)$ 满足 $a\gt b$，就视为 正；
• 如果有代表元满足 $a$ 小于 $b$，就视为 负；
• 如果有代表元满足 $a=b$，就视为 零。

因为这些性质不能随着代表元改变，所以还要证明它们在等价类上是 well-defined。

证明：符号是良定的

设 $(a,b)\sim_Z(c,d)$，所以 $a+d=b+c$。若 $a\gt b$，写成 $a=b+k$，其中 $k\in N$ 为正数。代入后得到 $(b+k)+d=b+c$，再使用自然数消去律可得 $c=d+k$，所以 $c\gt d$。交换两个坐标可得负数情形；若 $a=b$，等价关系便给出 $c=d$。因此正、负、零都是等价类本身的性质。

规范的带符号代表元

自然数的三歧性给出每个类的简洁表示。若 $a=b$，则 $[(a,b)]=[(0,0)]$。若 $a=b+k$ 且 $k\in N^+$，交叉和条件给出 $[(a,b)]=[(k,0)]$；若 $b=a+k$，则给出 $[(a,b)]=[(0,k)]$。由自然数消去律，正差 $k$ 唯一。因此，每个非零整数恰好具有这两种正、负规范形式中的一种。

等价类上的运算

为了让商集真正成为数系，还需要定义运算。加法定义为

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

这个定义与形式差值的直觉完全一致：

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

接下来关键的一步，就是检验这类定义是 well-defined，也就是说不会因为更换代表元而改变结果。

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。

零、取负与减法方程

记 $0_Z=[(0,0)]$。加法公式给出 $[(a,b)]+0_Z=[(a,b)]$。交换两个坐标，定义取负运算：

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

它不依赖代表元。若 $a+b'=b+a'$，把等式反向读就是 $b+a'=a+b'$，所以 $(b,a)\sim_Z(b',a')$。又有

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

最后一个等号来自 $N$ 中的交换律。因此取负给出加法逆元；交换两次坐标还给出 $-(-x)=x$。

定义 $x-y:=x+(-y)$。加法与取负均已证明良定，所以减法也良定，其公式为

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

这正是启发构造的形式规则 $(a-b)-(c-d)=(a+d)-(b+c)$；现在它由类上已经定义的运算得到。设 $A=[(a,b)]$、$B=[(c,d)]$，则 $x=A-B$ 满足

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

中间的交叉和等式只使用 $N$ 中的结合律与交换律。因此每个减法方程都有整数解。特别地，开头的方程由 $x=[(0,1)]$ 解出，因为

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

一个具体计算

例题 3.3.5

（同一个整数可以有很多代表元）

考虑等价类 $[(2,5)]$。

因为

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

所以

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

同样地，

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

所以

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

这些对子都代表同一个整数；按通常记号，它就是 $-3$。

探究更换代表元会改变什么

更换代表元可以改变两个坐标，却保留交叉和关系。即使两个坐标都改变，整数等价类仍可保持不变。

要记住的重点是：$Z$ 中的相等不是有序对逐个坐标相等，而是等价类相等。两个外表很不同的对子，只要满足交叉和条件 $a+d=b+c$，就可以是同一个整数。

乘法

形式差值的解释说明乘法应当怎样组合两个坐标：

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

因此乘法定义为

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

定理 3.3.6

（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。

同一个类的有序对可以换成较方便的表示。例如 $(5,3)\sim_Z(2,0)$，因为 $5+0=3+2$；它们都表示整数二。只有在良定义性已经证明后，计算才可以放心地选用方便代表元，不能先凭直觉简化有序对，再假定类没有改变。

从 N 继承的算术定律

商集上的运算继承自然数算术的定律。例如，加法结合律可由代表元展开：

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

两边代表元由 $N$ 中的结合律相等。同样地，只要良定性已经证明，就可以逐个展开代表元，使用 $N$ 中的交换律和分配律，得到整数加法与乘法的交换律、结合律和分配律。

规范嵌入保持运算：$[(n,0)]+[(m,0)]=[(n+m,0)]$，以及 $[(n,0)]\cdot[(m,0)]=[(n\cdot m,0)]$。若 $[(n,0)]=[(m,0)]$，则 $n+0=0+m$，所以嵌入是单射。

乘法单位元是 $1_Z=[(1,0)]$，因为乘法公式给出 $[(a,b)]\cdot[(1,0)]=[(a,b)]$。利用已经证明的零与加法逆元， $y-x=0_Z$ 当且仅当 $y=x$：正向在两边加 $x$，反向使用 $x+(-x)=0_Z$。加法逆元也唯一：若 $x+v=x+w=0_Z$，则 $v=v+(x+w)=(v+x)+w=w$。由于 $x-y$ 与 $y-x$ 的和为零，这个唯一性给出 $x-y=-(y-x)$。于是可以用差值比较整数，不必把正在构造的有符号数算术预先当作已知。

Z 上的次序

定义整数次序为

$$x\lt y\quad\Longleftrightarrow\quad y-x\text{ 为正数}$$

其中 $y-x$ 表示 $y+(-x)$。前面关于带符号代表元的结果给出三歧性：对任意 $x,y$，$y-x$ 恰好为正、为零或为负中的一种，因此 $x\lt y$、$x=y$、$y\lt x$ 恰好有一种成立。

次序具有传递性。若 $x\lt y$ 且 $y\lt z$，则 $y-x$ 与 $z-y$ 都为正。由带符号代表元计算可知正数之和为正，而已证明的环律给出

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

所以 $x\lt z$。次序也保持平移，因为

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

因此 $x\lt y$ 当且仅当 $x+t\lt y+t$。最后，若 $0\lt x$ 且 $0\lt y$，它们的规范带符号代表元为 $[(k,0)]$ 与 $[(\ell,0)]$，其中 $k,\ell$ 是正自然数；乘法公式给出 $[(k\cdot\ell,0)]$，而正自然数的乘积为正。于是 $Z$ 中正数的乘积仍为正；在构造有理数之前，这些次序性质已经建立。

若 $t\gt0$ 且 $x\lt y$，分配律给出 $ty-tx=t(y-x)\gt0$，故 $tx\lt ty$。反过来，若 $tx\lt ty$，三歧性排除 $x=y$；也排除 $y\lt x$，因为后者会推出 $ty\lt tx$。因此乘以正整数保持且反映严格不等式。

$Z$ 没有零因子

前面已证明，每个非零整数都有 $[(k,0)]$ 或 $[(0,k)]$ 形式的规范代表元，其中 $k\in N^+$。

由乘法公式，符号相同的两个代表元相乘得到 $[(k\cdot\ell,0)]$，符号不同则得到 $[(0,k\cdot\ell)]$。正自然数的乘积非零，所以 $x\ne0$ 且 $y\ne0$ 蕴含 $x\cdot y\ne0$。这条 $Z$ 中的无零因子性质已在构造 $Q$ 使用整数消去以前建立。

具体而言，若 $d\ne0$ 且 $dx=dy$，分配律给出 $d(x-y)=0$。由无零因子性质，得 $x-y=0$，所以 $x=y$。这就是 $Z$ 中的乘法消去律。

常见错误

常见错误

（整数不是那个对子本身）

$(a,b)$ 只是一个代表元。真正的整数是整个等价类 $[(a,b)]$。

常见错误

（不同代表元未必代表不同整数）

例如 $(3,1)$ 与 $(5,3)$ 并不是两个不同整数。因为它们属于同一个等价类，所以其实代表同一个差值。

快问快答

快速检查

（在 $\sim_Z$ 下，$(2,0)$ 和 $(5,3)$ 是否等价？）

直接代入 $a+d=b+c$ 这条规则。

解答 · 答案

是，因为

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

所以 $(2,0)\sim_Z(5,3)$。

快速检查

（哪个等价类应当代表整数 $-1$？）

用“对子表示形式差值”这个想法回答。

解答 · 答案

$[(0,1)]$ 代表 $-1$，因为它对应的形式差值是 $0-1$。任何与它等价的对子，例如 $(2,3)$，都代表同一个整数。

快速检查

（为什么不能直接把有序对当成整数，而必须取等价类？）

用一句完整的话回答。

解答 · 答案

因为很多不同有序对实际上表示同一个形式差值，而整数应当把所有这些代表元视为同一个对象，所以必须取等价类。

练习

快速检查

（证明 $[(4,1)] = [(7,4)]$，并判断这个等价类是正、负还是零。）

先检查等价，再由代表元读出符号。

解答 · 引导解答

先计算

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

所以 $(4,1)\sim_Z(7,4)$，从而

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

因为 $4\gt 1$，这个等价类是正的。按通常记号，它代表整数 $3$。

建议先读

这一节依赖 2.2 函数与关系 中的等价关系语言，并会衔接到 3.4 有理数与良定运算。