3.4 有理数与良定运算

整数解决了减法问题：对任意整数 $a,b$，方程 $x+b=a$ 都有整数解。除法带来了下一个障碍。方程 $2x=1$ 没有整数解，所以 $Z$ 对非零元素的除法不封闭。我们构造 $Q$，使 $a,b\in Z$ 且 $b\ne0$ 时，方程 $bx=a$ 都有解。

上一个构造把表示同一差值的有序对识别为同一对象；这里则识别表示同一商的有序对。先定义这些有序对何时相等，再检验运算与逆元，最后定义次序。每一步都围绕同一个问题：结果取决于有理数本身，还是仅仅取决于所选的代表元？

为什么需要商集

分数

$$\frac{1}{2}, \qquad \frac{2}{4}, \qquad \frac{-3}{-6}$$

都表示同一个有理数。若要只用整数资料来构造 $Q$，那么这些表示法就必须在构 造中自动被识别为同一个元素。

因此，我们不把一个有理数定义成单个有序对，而是定义成一整个等价类，把所有 代表同一商的整数对放在一起。

定义

用等价类构造有理数

令

$$Y = Z \times (Z \setminus \{0\}).$$

所以 $Y$ 的元素是有序对 $(a, b)$，其中 $a \in Z$ 且 $b \in Z \setminus \{0\}$。

在 $Y$ 上定义关系 $\sim_Q$：

$$(a, b) \sim_Q (c, d) \quad\Longleftrightarrow\quad ad = bc.$$

有理数集合定义为商集

$$Q = Y / \sim_Q.$$

$(a, b)$ 的等价类记作 $[(a, b)]$，它在非正式记号上对应分数 $a/b$。

第二个坐标必须非零，因为这个构造本来就是要描述商。若 $b = 0$，那么 $(a, b)$ 便无法代表任何有理数。

这个关系为什么合理

等式 $ad = bc$ 正是我们熟悉的交叉相乘判准。在商集构造里，这个熟悉的判准不 再只是性质，而是直接成为“两组代表是否表示同一个有理数”的定义。

定理

$\sim_Q$ 是等价关系

由

$$(a, b) \sim_Q (c, d) \quad\Longleftrightarrow\quad ad = bc$$

所定义的关系，在 $Y$ 上是自反、对称、传递的等价关系。

证明：$\sim_Q$ 是等价关系

自反性来自 $ab = ba$，所以 $(a, b) \sim_Q (a, b)$。

对称性也直接成立：若 $ad = bc$，则 $cb = da$，所以 $(c, d) \sim_Q (a, b)$。

对传递性，假设

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

则

$$ad = bc \qquad\text{以及}\qquad cf = de$$

把第一式乘上 $f$，第二式乘上 $b$，得

$$adf = bcf, \qquad bcf = bde$$

故 $adf = bde$。由于 $d$ 非零且 $Z$ 没有零因子，可在 $Z$ 中约去 $d$，得到

$$af = be$$

所以 $(a, b) \sim_Q (e, f)$，因此该关系具有传递性。

同一个有理数可以有很多代表元

一个等价类包含很多代表元。这不是漏洞，而正是这个构造要保留的信息。

例题

不同有序对可以表示同一个有理数

考虑 $(1, 2)$、$(2, 4)$ 和 $(-3, -6)$。

我们有

$$1 \cdot 4 = 2 \cdot 2, \qquad 1 \cdot (-6) = 2 \cdot (-3)$$

因此

$$(1, 2) \sim_Q (2, 4) \qquad\text{以及}\qquad (1, 2) \sim_Q (-3, -6)$$

所以三者都属于同一个有理数：

$$[(1, 2)] = [(2, 4)] = [(-3, -6)]$$

这正是

$$\frac{1}{2} = \frac{2}{4} = \frac{-3}{-6}$$

在商集语言中的写法。

记住一点很重要：有理数不会因为你换了代表元而改变。若同时把两个坐标乘上一 个非零整数，你只是改写了表示法，并没有得到新的有理数。

约分代表元与 Euclidean algorithm

商构造解释了为什么许多整数对可以表示同一个有理数。不过在实际计算时， 选一个较简洁的代表元仍然很有用。若 $a$ 和 $b$ 的最大公因数是 $g\gt 0$， 那么

$$[(a,b)]=[(a/g,b/g)].$$

Euclidean algorithm 用反复除法和余数来找出这个 $g$。这不是有理数的新 定义，而是在同一个等价类里选取较简洁代表元的方法。

例题

用 Euclidean algorithm 约分代表元

考虑 $[(84,30)]$。Euclidean algorithm 给出

$$84=2\cdot 30+24,\qquad 30=1\cdot 24+6,\qquad 24=4\cdot 6+0.$$

所以 $\gcd(84,30)=6$，并且

$$[(84,30)]=[(14,5)].$$

两个整数对表示同一个有理数，因为 $84\cdot 5=30\cdot 14$。

在 $Q$ 上定义运算

等价类定好之后，下一步便是在等价类本身上定义加法与乘法。

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

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

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。

“良定”到底是什么意思

若一条写在等价类上的公式在更换代表元之后仍给出同一个等价类，我们就说它 良定。

以加法为例，需要证明的是：

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

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

定理

$Q$ 上的加法是良定的

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

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

因此，加法公式不会依赖所选代表元。

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。

例题

先按等价类计算，再在概念上化简

令

$$x = [(1, 2)], \qquad y = [(1, 3)]$$

则

$$x + y = [(1 \cdot 3 + 2 \cdot 1, 2 \cdot 3)] = [(5, 6)]$$

又有

$$x \cdot y = [(1 \cdot 1, 2 \cdot 3)] = [(1, 6)]$$

若把 $x$ 改写成等价代表 $[(2, 4)]$，同一公式会给出

$$[(2, 4)] + [(1, 3)] = [(10, 12)]$$

以及

$$[(2, 4)] \cdot [(1, 3)] = [(2, 12)]$$

这两个类分别与 $[(5, 6)]$ 和 $[(1, 6)]$ 表示同一个有理数，因此等价类上的 运算确实与所选代表元无关。

乘法与逆元也需要同一套纪律

加法证明展示了基本方法。乘法虽然更短，却仍然必须明确检查，因为输入是等价类， 而不是某个特权分数。

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。

这个构造怎样解决除法问题

整数通过 $j(n)=[(n,1)]$ 进入新数系。这个映射是单射：$[(m,1)]=[(n,1)]$ 表示 $m\cdot1=1\cdot n$，因此 $m=n$。运算公式还给出

$$j(m)+j(n)=j(m+n),\qquad j(m)j(n)=j(mn).$$

所以原有的整数算术得到保留。更关键的是，当 $a,b\in Z$ 且 $b\ne0$ 时，等价类 $x=[(a,b)]$ 满足

$$j(b)x=[(ba,b)]=[(a,1)]=j(a).$$

中间的等号来自交叉乘积检验。这就回答了开头的问题：商集构造提供了 $bx=a$ 的解，同时让原来的整数在 $Q$ 中保持可识别。

不是每条写在代表元上的公式都能下降到 $Q$

一旦你开始用等价类思考，就应该对任何直接写在代表元上的关系或运算保持警惕。

例如，考虑以下几种候选规则，作用在 $[(p, q)]$ 与 $[(m, n)]$ 上：

1. 比较 $p$ 与 $m$；
2. 比较 $pn - qm$ 的正负；
3. 比较 $(pn - mq)nq$ 的正负。

前两条都不能在 $Q$ 上良定，因为更换代表元之后，真值可能改变。第三条则把分 母符号的变化一并补偿，因此在更换代表元后仍保持不变。

例题

为什么分母的符号不能忽略

比较 $[(1,2)]$ 与 $[(0,1)]$。分子规则给出 $1\gt0$，而原始交叉差为 $1\cdot1-0\cdot2=1$。把 $(1,2)$ 换成表示同一类的 $(-1,-2)$ 后，分子比较变成 $-1\gt0$，由真变假，原始交叉差也变成 $-1$。

有理数保持不变，两条候选规则却改变了结果。符号修正后的表达式仍为正：两次分别得到 $1\cdot2=2$ 与 $(-1)\cdot(-2)=2$。它补偿了分母的符号，而不是忽略这个符号。

次序：选取正分母

运算现在已经定义在有理数类上。比较这些类时，先选正分母代表元：若 $b\lt0$，就把 $(a,b)$ 换成 $(-a,-b)$。对 $b,d\gt0$，定义

$$\frac{a}{b}\lt\frac{c}{d}\quad\Longleftrightarrow\quad ad\lt bc.$$

右边使用已经在 $Z$ 中建立的次序。正号条件不可省略，因为不等式乘以负分母时会反向。

证明：有理数次序与代表元无关

设 $ab'=ba'$ 且 $cd'=dc'$，其中四个分母都为正。于是

$$ad\cdot b'd'=a'd'\cdot bd, \qquad bc\cdot b'd'=b'c'\cdot bd.$$

将 $ad\lt bc$ 两边乘以正数 $b'd'$，再代入上述等式，得 $a'd'\cdot bd\lt b'c'\cdot bd$。约去正数 $bd$ 就得 $a'd'\lt b'c'$。反向论证相同，因此比较结果不变。

由 $Z$ 的三歧性，$a/b\lt c/d$、$a/b=c/d$ 与 $c/d\lt a/b$ 恰有一个成立。证明传递性时，取 $b,d,f\gt0$。若 $ad\lt bc$ 且 $cf\lt de$，则

$$adf\lt bcf\lt bde.$$

约去正数 $d$ 得 $af\lt be$，所以 $a/b\lt e/f$。这样，有理数次序律便从整数次序推出，而每一个符号条件都明确保留。

探究哪些比较保持不变

理解这个问题最快的方法，是把几条候选规则放到同一对有理数的不同代表元上 测试。下面的面板中，有理数一直是 $1/2$ 与 $1/3$；改变的只是它们的代表元。

真正定义在 $Q$ 上的关系，必须在每一次合法更换代表元后给出同一个真值。如果 输出只因 $1/2$ 写成 $(1,2)$、$(2,4)$ 或 $(-1,-2)$ 而改变，该公式就不能 下降到商集。

思考检查

为什么乘法良定性证明使用两个交叉乘积等式，而不是依赖小数直觉？

说明有理数类保持不变时，什么资料可以改变。

解答 · 答案

同一个有理数有很多代表元。交叉乘积等式正是识别这些代表元的定义条件，所以在 证明良定性时可以安全地代入这些等式。

常见错误

常见错误

等价类不是某一个特权分数

$[(1, 2)]$、$[(2, 4)]$ 和 $[(-3, -6)]$ 这三个记号表示同一个等价类，因此表示同一个有理数。 三个有序对 $(1,2)$、$(2,4)$ 和 $(-3,-6)$ 才是这个等价类的不同代表元。

常见错误

看起来合理的公式，不代表一定良定

一条写在有序对上的公式，即使形式自然，也可能无法下降到商集。在 $Q$ 上定义运算时， 必须检查更换为等价的代表元之后，运算结果是否仍属于同一等价类；定义关系时， 则必须检查关系的真值是否保持不变。

快速检查

思考检查

假设允许分母为零。用 $(1,0)$、$(0,0)$ 与 $(0,1)$ 证明交叉乘积关系不再具有传递性。

先检验相邻两对之间的关系，再直接比较第一对与第三对。

解答 · 参考解答

在整个 $Z^2$ 上，交叉乘积检验会给出 $(1,0)\sim(0,0)$ 与 $(0,0)\sim(0,1)$，因为两次都化为 $0=0$。但 $(1,0)\sim(0,1)$ 要求 $1=0$，并不成立。因此传递性失败。排除零分母是保证商集构造有效的一部分，而不只是求逆元时才需要的限制。

思考检查

对满足 $a\ne0$ 的有理数类 $[(a,b)]$，证明交换两个坐标便得到乘法逆元。同时检验定义域与乘积。

把它与原来的等价类相乘检验即可。

解答 · 答案

由于 $a\ne0$，有序对 $(b,a)$ 的第二个坐标非零，因而有效。逆元是 $[(b,a)]$，因为

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

而 $[(1, 1)]$ 正是 $Q$ 中的乘法单位元。

练习

思考检查

为什么把 $[(p, q)] \prec [(m, n)]$ 定义为 $p$ 大于 $m$ 的关系不是良定的？

请找一组等价代表元，使真值发生改变。

解答 · 引导解答

取 $[(1, 2)] = [(-1, -2)]$，并与 $[(0, 1)]$ 比较。

若用代表元 $(1, 2)$，则 $p \gt m$ 变成 $1 \gt 0$，为真；若改用等价代表元 $(-1, -2)$，则变成 $-1 \gt 0$，为假。

所以这条规则会依赖代表元的选择，不能定义成 $Q$ 上的关系。

思考检查

设 $a,b,k,c\in Z$，$b>0$，$a=bk+c$ 且 $0\le c<b$。证明 $\gcd(a,b)=\gcd(b,c)$。

证明这两对数有完全相同的公因子。

解答 · 引导解答

设 $d$ 是 $a$ 与 $b$ 的公因子。因为 $c=a-bk$，同一个 $d$ 也整除 $c$， 所以 $d$ 是 $b$ 与 $c$ 的公因子。

反过来，若 $d$ 同时整除 $b$ 与 $c$，则 $d$ 整除 $bk+c=a$，所以 $d$ 也是 $a$ 与 $b$ 的公因子。

因此两对数的公因子集合相同，最大公因子也相同：

$$\gcd(a,b)=\gcd(b,c).$$

思考检查

证明 $Q$ 上的乘法公式是良定的：若 $(a,b)\sim_Q(a',b')$ 且 $(c,d)\sim_Q(c',d')$，则 $(ac,bd)\sim_Q(a'c',b'd')$。

把每个等价关系翻译成交叉乘积等式。

解答 · 引导解答

由 $(a,b)\sim_Q(a',b')$ 和 $(c,d)\sim_Q(c',d')$，可知

$$ab'=ba', \qquad cd'=dc'.$$

要证 $(ac,bd)\sim_Q(a'c',b'd')$，我们需要证明

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

但

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

所以乘法不依赖所选代表元。

相关笔记

先读 3.3 整数与等价类 可回顾上一个商集构造；再读 3.5 Q 的缺口与为什么 sqrt(2) 不是有理数 则可看到有理数系统在完备性上的下一个限制。