3.4 有理數與良定運算

整數解決了減法問題：對任意整數 $a,b$，方程 $x+b=a$ 都有整數解。除法帶來了下一個障礙。方程 $2x=1$ 沒有整數解，所以 $Z$ 對非零元素的除法不封閉。我們構造 $Q$，使 $a,b\in Z$ 且 $b\ne0$ 時，方程 $bx=a$ 都有解。

上一個構造把表示同一差值的有序對識別為同一對象；這裏則識別表示同一商的有序對。先定義這些有序對何時相等，再檢驗運算與逆元，最後定義次序。每一步都圍繞同一個問題：結果取決於有理數本身，還是僅僅取決於所選的代表元？

為甚麼需要商集

分數

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

都表示同一個有理數。若要只用整數資料來構造 $Q$，那麼這些表示法就必須在構 造中自動被識別為同一個元素。

因此，我們不把一個有理數定義成單一有序對，而是定義成一整個等價類，把所有 代表同一商的整數對放在一起。

定義

用等價類構造有理數

令

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

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

在 $Y$ 上定義關係 $\sim_Q$：

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

有理數集合定義為商集

$$Q = Y / \sim_Q.$$

$(a, b)$ 的等價類記作 $[(a, b)]$，它在非正式記號上對應分數 $a/b$。

第二個坐標必須非零，因為這個構造本來就是要描述商。若 $b = 0$，那麼 $(a, b)$ 便無法代表任何有理數。

這個關係為甚麼合理

等式 $ad = bc$ 正是我們熟悉的交叉相乘判準。在商集構造裡，這個熟悉的判準不 再只是性質，而是直接成為「兩個代表是否表示同一有理數」的定義。

定理

$\sim_Q$ 是等價關係

由

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

所定義的關係，在 $Y$ 上是自反、對稱、傳遞的等價關係。

證明：$\sim_Q$ 是等價關係

自反性來自 $ab = ba$，所以 $(a, b) \sim_Q (a, b)$。

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

對傳遞性，假設

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

則

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

把第一式乘上 $f$，第二式乘上 $b$，得

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

故 $adf = bde$。由於 $d \neq 0$，可在 $Z$ 中約去 $d$，得到

$$af = be$$

所以 $(a, b) \sim_Q (e, f)$，故此關係具傳遞性。

同一有理數可以有很多代表元

一個等價類包含很多代表元。這不是漏洞，而正是這個構造要保留的訊息。

例題

不同有序對可以表示同一個有理數

考慮 $(1, 2)$、$(2, 4)$ 和 $(-3, -6)$。

我們有

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

因此

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

所以三者都屬於同一個有理數：

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

這正是

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

在商集語言中的寫法。

記住一點很重要：有理數不會因你換了代表元而改變。若同時把兩個坐標乘上一個 非零整數，你只是改寫了表示法，並沒有得到新的有理數。

約分代表元與 Euclidean algorithm

商構造解釋了為甚麼許多整數對可以表示同一個有理數。不過在實際計算時， 選一個較簡潔的代表元仍然很有用。若 $a$ 和 $b$ 的最大公因數是 $g\gt 0$， 那麼

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

Euclidean algorithm 用反覆除法和餘數來找出這個 $g$。這不是有理數的新 定義，而是在同一個等價類裏選取較簡潔代表元的方法。

例題

用 Euclidean algorithm 約分代表元

考慮 $[(84,30)]$。Euclidean algorithm 給出

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

所以 $\gcd(84,30)=6$，並且

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

兩個整數對表示同一個有理數，因為 $84\cdot 5=30\cdot 14$。

在 $Q$ 上定義運算

等價類定好之後，下一步便是在等價類本身上定義加法和乘法。

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

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

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。

「良定」到底是甚麼意思

若一條寫在等價類上的公式在更換代表元之後仍給出同一個等價類，我們便說它 良定。

以加法為例，需要證明的是：

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

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

定理

$Q$ 上的加法是良定的

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

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

因此，加法公式不會依賴所選代表元。

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。

例題

先按等價類計算，再在概念上化簡

令

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

則

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

又有

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

若把 $x$ 改寫成等價代表 $[(2, 4)]$，同一公式會給出

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

以及

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

這兩個類分別與 $[(5, 6)]$ 和 $[(1, 6)]$ 表示同一有理數，因此等價類上的運 算確實與所選代表元無關。

乘法與逆元也需要同一套紀律

加法證明展示了基本方法。乘法雖然較短，卻仍然必須明確檢查，因為輸入是等價類， 而不是某個特權分數。

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。

這個構造如何解決除法問題

整數透過 $j(n)=[(n,1)]$ 進入新數系。這個映射是單射：$[(m,1)]=[(n,1)]$ 表示 $m\cdot1=1\cdot n$，因此 $m=n$。運算公式還給出

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

所以原有的整數算術得到保留。更關鍵的是，當 $a,b\in Z$ 且 $b\ne0$ 時，等價類 $x=[(a,b)]$ 滿足

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

中間的等號來自交叉乘積檢驗。這就回答了開頭的問題：商集構造提供了 $bx=a$ 的解，同時讓原來的整數在 $Q$ 中保持可識別。

不是每條寫在代表元上的公式都能下降到 $Q$

一旦你開始用等價類思考，就應對任何直接寫在代表元上的關係或運算保持警覺。

例如，考慮以下幾種候選規則，作用在 $[(p, q)]$ 與 $[(m, n)]$ 上：

1. 比較 $p$ 與 $m$；
2. 比較 $pn - qm$ 的正負；
3. 比較 $(pn - mq)nq$ 的正負。

前兩條也不能在 $Q$ 上良定，因為更換代表元之後，真值可能改變。第三條則把分 母符號的變化一併補償，因此在更換代表元後仍保持不變。

例題

為甚麼分母的符號不能忽略

比較 $[(1,2)]$ 與 $[(0,1)]$。分子規則給出 $1\gt0$，而原始交叉差為 $1\cdot1-0\cdot2=1$。把 $(1,2)$ 換成表示同一類的 $(-1,-2)$ 後，分子比較變成 $-1\gt0$，由真變假，原始交叉差也變成 $-1$。

有理數保持不變，兩條候選規則卻改變了結果。符號修正後的表達式仍為正：兩次分別得到 $1\cdot2=2$ 與 $(-1)\cdot(-2)=2$。它補償了分母的符號，而不是忽略這個符號。

次序：選取正分母

運算現在已經定義在有理數類上。比較這些類時，先選正分母代表元：若 $b\lt0$，就把 $(a,b)$ 換成 $(-a,-b)$。對 $b,d\gt0$，定義

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

右邊使用已經在 $Z$ 中建立的次序。正號條件不可省略，因為不等式乘以負分母時會反向。

證明：有理數次序與代表元無關

設 $ab'=ba'$ 且 $cd'=dc'$，其中四個分母都為正。於是

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

將 $ad\lt bc$ 兩邊乘以正數 $b'd'$，再代入上述等式，得 $a'd'\cdot bd\lt b'c'\cdot bd$。約去正數 $bd$ 就得 $a'd'\lt b'c'$。反向論證相同，因此比較結果不變。

由 $Z$ 的三歧性，$a/b\lt c/d$、$a/b=c/d$ 與 $c/d\lt a/b$ 恰有一個成立。證明傳遞性時，取 $b,d,f\gt0$。若 $ad\lt bc$ 且 $cf\lt de$，則

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

約去正數 $d$ 得 $af\lt be$，所以 $a/b\lt e/f$。這樣，有理數次序律便從整數次序推出，而每一個符號條件都明確保留。

探究哪些比較保持不變

理解這個問題最快的方法，是把幾條候選規則放到同一對有理數的不同代表元上 測試。下面的面板中，有理數一直是 $1/2$ 與 $1/3$；改變的只是它們的代表元。

真正定義在 $Q$ 上的關係，必須在每一次合法更換代表元後給出同一個真值。若 輸出只因 $1/2$ 寫成 $(1,2)$、$(2,4)$ 或 $(-1,-2)$ 而改變，該公式就未能 下降到商集。

思考檢查

為甚麼乘法良定性證明使用兩個交叉乘積等式，而不是依賴小數直覺？

說明有理數類保持不變時，甚麼資料可以改變。

解答 · 答案

同一個有理數有很多代表元。交叉乘積等式正是識別這些代表元的定義條件，所以在 證明良定性時可以安全地代入這些等式。

常見錯誤

常見錯誤

等價類不是某一個特權分數

$[(1, 2)]$、$[(2, 4)]$ 和 $[(-3, -6)]$ 這三個記號表示同一個等價類，因此表示同一個有理數。 三個有序對 $(1,2)$、$(2,4)$ 和 $(-3,-6)$ 才是這個等價類的不同代表元。

常見錯誤

看起來合理的公式，不代表一定良定

一條寫在有序對上的公式，即使形式自然，也可能無法下降到商集。在 $Q$ 上定義運算時， 必須檢查更換為等價的代表元之後，運算結果是否仍屬於同一等價類；定義關係時， 則必須檢查關係的真值是否保持不變。

快速檢查

思考檢查

假設允許分母為零。用 $(1,0)$、$(0,0)$ 與 $(0,1)$ 證明交叉乘積關係不再具有傳遞性。

先檢驗相鄰兩對之間的關係，再直接比較第一對與第三對。

解答 · 參考解答

在整個 $Z^2$ 上，交叉乘積檢驗會給出 $(1,0)\sim(0,0)$ 與 $(0,0)\sim(0,1)$，因為兩次都化為 $0=0$。但 $(1,0)\sim(0,1)$ 要求 $1=0$，並不成立。因此傳遞性失敗。排除零分母是保證商集構造有效的一部分，而不只是求逆元時才需要的限制。

思考檢查

對滿足 $a\ne0$ 的有理數類 $[(a,b)]$，證明交換兩個坐標便得到乘法逆元。同時檢驗定義域與乘積。

把它與原來的等價類相乘檢查即可。

解答 · 答案

由於 $a\ne0$，有序對 $(b,a)$ 的第二個坐標非零，因而有效。逆元是 $[(b,a)]$，因為

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

而 $[(1, 1)]$ 正是 $Q$ 中的乘法單位元。

練習

思考檢查

為甚麼由 $[(p, q)] \prec [(m, n)]$ 定義為 $p$ 大於 $m$ 的關係不是良定的？

請找一組等價代表元，令真值發生改變。

解答 · 引導解答

取 $[(1, 2)] = [(-1, -2)]$，並與 $[(0, 1)]$ 比較。

若用代表元 $(1, 2)$，則 $p \gt m$ 變成 $1 \gt 0$，為真；若改用等價代表元 $(-1, -2)$，則變成 $-1 \gt 0$，為假。

所以這條規則會依賴代表元的選擇，不能定義成 $Q$ 上的關係。

思考檢查

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

證明這兩對數有完全相同的公因子。

解答 · 引導解答

設 $d$ 是 $a$ 與 $b$ 的公因子。因為 $c=a-bk$，同一個 $d$ 亦整除 $c$， 所以 $d$ 是 $b$ 與 $c$ 的公因子。

反過來，若 $d$ 同時整除 $b$ 與 $c$，則 $d$ 整除 $bk+c=a$，所以 $d$ 也是 $a$ 與 $b$ 的公因子。

因此兩對數的公因子集合相同，最大公因子亦相同：

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

思考檢查

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

把每個等價關係翻譯成交叉乘積等式。

解答 · 引導解答

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

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

要證 $(ac,bd)\sim_Q(a'c',b'd')$，我們需要證

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

但

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

所以乘法不依賴所選代表元。

相關筆記

先讀 3.3 整數與等價類 可回顧上一個商集構造；再讀 3.5 Q 的缺口與為甚麼 sqrt(2) 不是有理數 則可看到有理數系統在完備性上的下一個限制。