§4-1  field 與九條公理

實數的加法與乘法遵守哪些基本規則？把規則列成公理之後，哪些熟悉的數系全數過關，哪些少了關鍵的一條？

為什麼要立公理

一副西洋棋下到一半，騎士掉進沙發底下找不到了。隨手拿一枚瓶蓋放上棋盤，棋局照常進行——只要大家同意「這枚瓶蓋照騎士的規則走」，它就是騎士。下棋下的從來不是那塊木頭，而是規則。

數學對實數做的正是同一件事。「實數究竟是什麼」可以留給哲學家；這裡要問的是「實數怎麼運算」——把加法與乘法遵守的規則一條一條寫成白紙黑字，之後每個定理都只准引用這些白紙黑字，不准引用「小學學過」。§3 的結尾留了一道問題：ℝ 究竟比 ℚ 多出什麼？要回答它，第一步是把 ℝ 的性質攤開成明文規則。本節先立最熟悉的一批：代數。

兩入一出：binary operation

先說清楚「運算」是什麼。集合 F 上的一個 binary operation（二元運算），是一部兩入一出的機器：吃進 F 的一對成員，吐回 F 的一個成員。正式地說，它是從笛卡兒積 F × F（§1 的 1.9）到 F 的函數（§2 的 2.1）；記號上不寫 B(a, b)，慣例把機器名夾在兩個輸入中間，寫成 a + b 或 a · b。

定義裡最容易看漏的兩個字是「吐回 F」：結果必須留在同一個集合裡，一步都不准出界。例 1 演示這個要求怎麼淘汰候選人。

F a b ＋ a + b 仍須落回 F 內

這張圖在說 binary operation 的完整要求：兩個輸入來自 F，唯一的輸出也必須落回 F——「不出界」是資格的一部分，不是附贈的美德。

例 1減法在 ℕ 上不是二元運算，在 ℝ 上是
拿最熟悉的減法當試金石：同一部機器，換一個地盤，資格就翻盤。
逐項檢查兩入一出的要求：輸入一對成員，輸出必須存在、唯一、且不出界。
  1. 在 ℕ = {1, 2, 3, ⋯} 上：輸入 (7, 3) 吐回 4，沒問題；可是輸入 (3, 7) 應該吐回 −4，而 −4 ∉ ℕ——機器把成員丟出了界。所以減法不是 ℕ 上的二元運算。
  2. 在 ℝ 上：任兩個實數相減仍是實數，兩入一出全程不出界——減法是 ℝ 上合格的二元運算。但注意它不交換：3 − 5 = −2 而 5 − 3 = 2。「是二元運算」與「性質好」是兩回事。
同一部機器，資格取決於地盤。「不出界」正是稍後每一條公理都默默內建的前提：4.1 說 + 與 · 是 ℝ 上的二元運算，這句話本身就包含「實數加實數還是實數、實數乘實數還是實數」。

官方規則：field 的九條公理（4.1）

規則書正文如下——加法四條、乘法四條，加上一條把兩種運算接起來的分配律。滿足這九條的「集合＋兩個二元運算」，抽象代數稱為 field（體）；我們對 ℝ 立下的第一批公理，就是「ℝ 是一個 field」。

4.1  ALGEBRAIC PROPERTIES OF ℝ
On the set ℝ of real numbers two binary operations are given, written + and · and called addition and multiplication; they obey:
(A1) a + b = b + a for all a, b in ℝ;
(A2) (a + b) + c = a + (b + c) for all a, b, c in ℝ;
(A3) ℝ holds an element 0 with 0 + a = a and a + 0 = a for every a in ℝ;
(A4) to each a in ℝ corresponds an element −a in ℝ with a + (−a) = 0 and (−a) + a = 0;
(M1) a · b = b · a for all a, b in ℝ;
(M2) (a · b) · c = a · (b · c) for all a, b, c in ℝ;
(M3) the element 1 of ℝ differs from 0 and satisfies 1 · a = a and a · 1 = a for every a in ℝ;
(M4) to each a ≠ 0 in ℝ corresponds an element 1/a in ℝ with a · (1/a) = 1 and (1/a) · a = 1;
(D) a · (b + c) = (a · b) + (a · c) and (b + c) · a = (b · a) + (c · a) for all a, b, c in ℝ.
實數集 ℝ 上有加法與乘法兩個二元運算：加法交換（A1）、結合（A2）、有零元 0（A3）、每個成員有加法反元素 −a（A4）；乘法交換（M1）、結合（M2）、有異於 0 的單位元素 1（M3）、每個非零成員有倒數 1/a（M4）；乘法對加法左右都分配（D）。滿足這九條的結構稱為 field（體）。
正例：ℚ——九條全過，例 2 逐項驗收。反例：ℤ——卡在 M4（2 在 ℤ 裡找不到倒數），例 3 說明。
加法（A1–A4） A1 交換 A2 結合 A3 零元 0 A4 反元素 −a 乘法（M1–M4） M1 交換 M2 結合 M3 單位 1 ≠ 0 M4 倒數（a ≠ 0） D 分配律

這張圖在說九條公理的分工：左右兩塊各自管好自己的運算，彼此互不相識；D 是唯一同時動用 + 與 · 的規則——兩種運算之間僅有的一座橋。之後所有「跨運算」的事實（包括負負得正），推導時都必然經過 D。

逐條讀一遍，有三個值得停留的細節。其一，A 組與 M 組幾乎是鏡像，只差一個例外：M4 把 0 排除在外——0 沒有倒數，理由在 §4-3 會水落石出（0 乘任何數都回到 0，到不了 1）。其二，M3 額外要求 1 ≠ 0：少了這半句，{0} 一個成員自導自演也能湊滿其餘八條，整個體系塌成一個點。其三，D 是唯一的橋——它的分量比外表重得多。

清單不求最省：這九條寫得寬裕而非精簡——例如 A3 的後半句 a + 0 = a，其實由前半句 0 + a = a 配 A1 交換即可推出，A4 與 M3、M4 的後半句同理。公理清單是工作清單，寧可拿取順手，不追求字數最少。

試金石：誰是 field，誰不是

公理立好，拿熟面孔來排隊驗收。ℕ ⊂ ℤ ⊂ ℚ ⊂ ℝ 這串老朋友（§1 掛過牌），一層一層試。

例 2ℚ 是 field：九條全過
有理數帶著自己的加法與乘法應徵。逐條驗到底要做多少工？——比想像少：子集合有繼承的紅利。
驗 + 與 · 是 ℚ 上的二元運算（不出界），再驗九條公理。
  1. 先驗不出界。兩個有理數相加：b/a + d/c = (bc + ad)/(ac)，分子分母仍是整數、分母 ac ≠ 0——結果仍是有理數。相乘同理：(b/a) · (d/c) = (bd)/(ac)。數字對照：1/2 + 1/3 = 5/6、(1/2) · (1/3) = 1/6，都沒出界。
  2. 交換、結合、分配（A1、A2、M1、M2、D）不必重驗：因為 ℚ 的成員都是實數，這五條等式在 ℝ 裡對所有實數成立，對 ℚ 的成員當然照樣成立——子集合免費繼承所有「純等式」的規則。
  3. 剩下的是「特定成員在不在籍」：零元 0 = 0/1 ∈ ℚ（A3）；單位 1 = 1/1 ∈ ℚ 且 1 ≠ 0（M3）；反元素 −(b/a) = (−b)/a ∈ ℚ（A4）；倒數——設 b/a ≠ 0，則 b ≠ 0，於是 a/b ∈ ℚ 而且 (b/a) · (a/b) = 1（M4）。四項點名全到。
ℚ 是 field。順帶學到驗收的分工：等式類公理由大集合繼承，真正要驗的只有「不出界」與「特定成員在籍」。這個結論下一篇之後會回頭發酵——ℚ 與 ℝ 都是 field，光憑代數規則分不出它們。
例 3ℤ 與 ℕ 是哪裡出局的
越往內層，缺的規則越多——正好用出局順序把九條公理的層次感摸一遍。
對 ℤ 與 ℕ 各找出第一條過不了的公理，並給出具體的反例成員。
  1. ℤ：加法那邊全過（不出界、有 0、有 −a），乘法的交換結合單位也過；卡在 M4——成員 2 ≠ 0 需要一個 ℤ 裡的倒數，可是 2x = 1 在整數裡無解（0 與 1 之間沒有整數）。一條就夠：ℤ 不是 field。
  2. ℕ = {1, 2, 3, ⋯}：出局得更早——連 A3 的零元都沒有，A4 的 −a 更無從談起（3 的反元素 −3 不在籍）。
出局順序畫出一條升級路線：ℕ 缺零元與反元素，補上它們得到 ℤ；ℤ 缺倒數，補上得到 ℚ——每往外一層，就是替一條過不了的公理補件。field 的門檻一句話：加減乘除四則全程不出界。
ℕ：缺 0 與 −a（A3、A4） ℤ：缺倒數（M4） ℚ：九條全過——field ℝ：field

這張圖在總結例 2 與例 3：由內往外，每跨一層就補齊一條缺件——ℕ 補零元與反元素成 ℤ，ℤ 補倒數成 ℚ；最外兩層 ℚ 與 ℝ 都是 field，代數公理再也分不出它們——分辨的工具要等後面的節補上。

—— 第一階段到此結束 ——

規則立好了：binary operation 是兩入一出且不出界的機器，而 ℝ 帶著九條公理成為 field——加法四條、乘法四條、分配律一座橋。試金石排出了層次：ℕ、ℤ 各缺一批，ℚ 九條全過。下一篇 §4-2 開始收利息：公理只說「存在」零元與反元素，沒說「只有一個」——唯一性得自己證。起來倒杯水、轉轉手腕再回來。