商集深入：下降映射與代表元檢驗

1. 從集合到等價類

設 $\sim$ 是 $X$ 上的等價關係。商集 $X/{\sim}$ 是所有等價類 $[x]=\{y:y\sim x\}$ 的集合。商映射 $\pi:X\to X/{\sim}$ 把 $x$ 映到 $[x]$；它是滿射，因為每個類都有代表元。等式 $[x]=[y]$ 等價於 $x\sim y$，不能與 $x=y$ 混淆。

設 $h:X\to Y$ 已是函數。我們想定義 $\overline h([x])=h(x)$，但此時這仍只是一個提議，並非已經有效的定義。

定理：映射下降到商集的判據

存在函數 $\overline h:X/{\sim}\to Y$ 滿足 $h=\overline h\circ\pi$，當且僅當 $x\sim y$ 蘊含 $h(x)=h(y)$；若存在，該函數唯一。

證明。 若分解存在且 $x\sim y$，則 $\pi(x)=\pi(y)$，作用 $\overline h$ 得 $h(x)=h(y)$。反之，假設這個常值條件成立。對每個類，任選代表元 $x$，指定輸出 $h(x)$。條件保證同一類的每個代表元都給出相同輸出，因此規則無歧義並定義函數；代入即得分解恆等式。最後，任何滿足分解條件的函數都必須將 $[x]=\pi(x)$ 映到 $h(x)$，故不可能有第二個。此構造不要求為所有類同時任意選出固定代表元：各類的值由其所有代表元唯一確定。

判據不是只要求等價輸入給出“相似”輸出，而是要求輸出在 $Y$ 中相等。若 $Y$ 本身是商集，其中的相等意味著代表元等價，這是不同但同樣精確的條件。

2. 不同模數之間的同余映射

對正整數 $m,n\ge2$，考慮提議的映射

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

它良定當且僅當 $n\mid m$。

充分性證明。 若 $[a]_m=[b]_m$，則 $a-b=mk$。若 $n\mid m$，該差可被 $n$ 整除，故 $[a]_n=[b]_n$。下降映射判據適用。

必要性證明。 代表元 $0,m$ 表示同一個模 $m$ 的類；提議的輸出相等當且僅當 $[0]_n=[m]_n$，也就是 $n\mid m$。因此一對精心選擇的代表元就能檢驗所有不允許的模數關係。

例題：比較兩個取模映射。 模六類約化到模三類有效，因為加六不改變模三餘數。模三類約化到模二類則無效：$[0]_3=[3]_3$，但 $[0]_2\ne[3]_2$。兩個商集都是有限集這一事實不能證明該規則有效。

對整數 $k$，更一般的規則 $[a]_m\mapsto[ka]_n$ 良定當且僅當 $n\mid km$。相同證明將差值 $m$ 替換為 $km$。乘以系數可能使原本無效的約化規則變為有效。

3. 兩個代表元可以獨立改變

類上的二元運算必須檢查兩個輸入。若 $B:X\times X\to Y$ 是一個規則，提議的輸出 $\overline B([x],[y])=B(x,y)$ 有效當且僅當

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

可以先固定第二個代表元、改變第一個，再改變第二個；也可同時檢驗兩個任意改變。只檢查同時作某個特殊替換，例如兩個代表元加上同一個數，條件較弱，可能漏掉依賴性。

警示例子。 在模二整數類上，提議 $B([a],[b])=a-b$ 的值為一個實際整數。把 $(a,b)$ 同時替換為 $(a+2,b+2)$ 時輸出不變，所以同時替換測試通過；但只把 $a$ 替換為 $a+2$ 會使整數輸出增加二。因此該整數值規則不良定。若目標改為模二類，則 $[a-b]_2$ 良定：每次獨立改變都使差改變二的倍數。目標集合決定了要檢驗哪種相等。

4. 有理數表示：為甚麼分子公式重要

在 $Q$ 上定義運算

熟悉的分數規則提示了有序對上的運算公式。要使這些公式成為 $Q$ 上的算術， 更換輸入的代表元後，輸出必須仍屬於同一個類。

定義

$Q$ 上的加法、乘法與逆元

對 $Q$ 中的等價類，定義

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

以及

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

加法逆元定義為

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

若 $a \neq 0$，則乘法逆元定義為

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

記 $0_Q=[(0,1)]$、$1_Q=[(1,1)]$。交叉乘積關係給出 $[(a,b)]=0_Q$ 當且僅當 $a=0$。所以是否為零是整個類的性質；求逆元所需的 $a\ne0$ 條件亦不依賴所選代表元。

這些公式都寫在代表元上，因此每一條都要先檢查良定性。否則，公式的結果可能會 依賴你選哪一個代表元，而不是只依賴那個有理數本身。

檢驗代表元之前，先檢查輸出的定義域。由 $b,d\ne0$ 及 $Z$ 沒有零因子，加法和乘法的分母 $bd$ 都非零。求逆元時，額外條件 $a\ne0$ 才保證 $(b,a)$ 是有效的有序對。這是兩項不同的要求：公式既要給出合法對象，也要保證該對象不依賴代表元。

證明：加法公式是良定的

假設

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

我們要證明

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

按 $\sim_Q$ 的定義，只需證明

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

左邊展開為

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

由 $ab' = ba'$，第一項可寫成

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

由 $cd' = dc'$，第二項可寫成

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

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。

為甚麼 $Q$ 上的乘法是良定的

假設

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

這兩個假設表示

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

使用 $\sim_Q$ 的定義，需要證明

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

左邊可以因式分解為

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

因此 $(ac,bd)\sim_Q(a'c',b'd')$，乘法公式確實由有序對下降到有理數類。

定理

每個非零有理數都有唯一的乘法逆元

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

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

證明：有理數逆元的存在性與唯一性

寫 $q=[(a,b)]$，其中 $b\ne0$。條件 $q\ne0$ 表示 $a\ne0$，所以 $[(b,a)]$ 是合法的有理數類。於是

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

因為整數乘法滿足 $ab=ba$。

若 $[(u,v)]$ 是另一個逆元，則

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

表示 $(ua,vb)\sim_Q(1,1)$，所以 $ua=vb$。這正是 $(u,v)\sim_Q(b,a)$ 的 條件。因此任何逆元都代表同一個類 $[(b,a)]$。

例題

不改變等價類地求一個負有理數的逆元

令 $q=[(-3,5)]$。由於分子非零，

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

兩者的乘積為

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

逆元的第二個坐標非零；把兩個坐標同時乘以 $-1$ 也不會改變等價類。因此即使 選擇了負分母，計算仍然成立。

常見錯誤

求逆元前必須確認分子非零

公式 $[(a,b)]^{-1}=[(b,a)]$ 只有在 $a\ne0$ 時才有效。若 $a=0$，那麼 $[(b,a)]$ 的第二個坐標為零，不屬於 $Y$；零也沒有乘法逆元。

用整數對 $(a,b)$ 表示有理數，其中 $b\ne0$，並以 $ab'=a'b$ 定義 $(a,b)\sim(a',b')$。記其類為 $[a,b]$。提議的“分子加一”規則

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

並不良定。因為 $[1,2]=[2,4]$，兩種代表分別給出 $[2,2]$ 和 $[3,4]$；由 $2\cdot4\ne3\cdot2$ 可知它們不相等。這個看似熟悉的公式改變了表示值，且改變方式依賴所寫的分母。

真正的加一規則為 $A([a,b])=[a+b,b]$。若 $ab'=a'b$，則 $(a+b)b'=ab'+bb'=a'b+bb'=(a'+b')b$，故新數對等價。這說明應從目標值推導正確公式，而不能任意修改某個坐標。

5. 幾何方向是等價類，而非指定向量

在 $X=\mathbb R^2\setminus\{0\}$ 上，若 $u=\lambda v$ 且實數 $\lambda$ 非零，定義 $u\sim v$。取 $\lambda=1$ 得自反性；用 $1/\lambda$ 得對稱性；非零標量的乘積給出傳遞性。各類是穿過原點、去掉零點的無向直線；正負倍數表示同一方向。

長度 $\|u\|$ 不是該類的良定函數，因為 $u$ 與 $2u$ 長度不同。提議的單位向量 $u/\|u\|$ 也不良定，因為 $u$ 與 $-u$ 給出相反的單位向量。但若類含有滿足 $x\ne0$ 的代表元 $(x,y)$，斜率 $y/x$ 是良定的：非零縮放因子相消。垂直方向沒有這種斜率，因此該公式只定義在受限的商集定義域上。

若改為只識別正倍數，則 $u/\|u\|$ 良定，各類變成有向射線。改變等價關係，也就改變了有意忽略的信息。商集因此是一個數學建模選擇，不只是記號簡寫。

分級構造與診斷練習

1. 判據。 在 $\mathbb Z/2\mathbb Z$ 上，判斷 $[a]\mapsto(-1)^a$ 是否定義實值函數，並用下降映射判據證明。
2. 分類。 證明一般縮放規則 $[a]_m\mapsto[ka]_n$ 良定當且僅當 $n\mid km$，並應用於 $m=3,n=2,k=2$。
3. 運算診斷。 在模三類上比較值在 $\mathbb Z$ 中的規則 $[a],[b]\mapsto ab$ 與值在商集中的規則 $[a],[b]\mapsto[ab]_3$，給出反例及完整的有效代表元檢查。
4. 分數。 $[a,b]\mapsto[a,b+1]$ 是否在所有分數上定義有理數類函數？分別指出輸出不屬於代表元集合和依賴代表元的兩個問題。
5. 幾何。 對無向方向類，證明 $u\mapsto uu^{\mathsf T}/\|u\|^2$ 是良定的實 $2\times2$ 矩陣值函數，而歸一化向量不是；解釋矩陣對向量的作用。
6. 唯一性。 若類上的函數對每個代表元都滿足 $\overline h([x])=h(x)$，證明它必須是定理中唯一的分解映射，即使沒有選定首選代表元。

完整解答

1. 若 $a\equiv b\pmod2$，則 $a-b=2r$ 且 $(-1)^a=(-1)^b(-1)^{2r}=(-1)^b$。因此該規則在每個類上為常數，下降為實值函數：偶數類取一，奇數類取負一。$-1$ 的整數負指數有定義，因為 $-1\ne0$。
2. 若 $n\mid km$，等價輸入的差為 $mr$，縮放後的代表元之差為 $kmr$，可被 $n$ 整除。反之，相等輸入類 $[0]_m,[m]_m$ 必須給出相等輸出 $[0]_n,[km]_n$，迫使所述整除條件成立。對 $m=3,n=2,k=2$，有 $2\mid6$，故映射有效；實際上每個輸出都是模二的零類。
3. 作為整數值規則，它不良定：$[0]_3=[3]_3$，但第二輸入取 $[1]_3$ 時，這兩種代表元的乘積分別為零和三。對類值規則，若 $a-a'=3r$ 且 $b-b'=3s$，則 $ab-a'b'=(a-a')b+a'(b-b')=3(rb+a's)$，故輸出模三等價。這裡允許兩個代表元獨立改變。
4. 當 $(a,b)=(1,-1)$ 時，提議的輸出分母為零，甚至不是有理數代表元。即使限制為正分母，第二個問題仍存在：$[1,2]=[2,4]$ 分別給出 $[1,3]$ 和 $[2,5]$，由 $1\cdot5\ne2\cdot3$ 可知它們不相等。輸出屬於代表集合與代表元無關是不同要求。
5. 若 $u=\lambda v$ 且 $\lambda\ne0$，分子矩陣與分母平方都乘以相同因子 $\lambda^2$，故商矩陣不變。相反，$(-u)/\|-u\|=-u/\|u\|$ 不同於 $u$ 的歸一化向量。該矩陣作用於 $w$ 得 $u(u\cdot w)/\|u\|^2$，恰為到該無向直線的正交投影。投影忽略所選方向的符號，正符合商集所要求的性質。
6. 每個類至少對某個 $x$ 等於 $\pi(x)$。任何分解映射都必須將 $\pi(x)$ 賦值為 $h(x)$，故兩個這樣的映射在每個類上相同。常值條件保證任何代表元都給出同一強制值。存在性和唯一性涉及由類確定的輸出，而不要求同時為所有類選取名稱。

總結與術語

若映射在每個等價類上為常數，就稱其下降到商集。商映射把代表元送到其等價類。良定性包括輸出屬於目標集合，以及對每種允許的代表元變換均保持不變。目標商集把輸出相等從代表元字面相等改為目標關係下的等價。類構造只保留等價關係允許保留的信息，每個提議公式都必須尊重這種信息損失。