§4-2  唯一性與解方程

公理只說存在一個 0——要是同時出現兩個怎麼辦？方程 a + x = b 的解憑什麼恰好一個？

兩個 0 的疑案

社區公告欄寫著「本大樓設有一名管理員」。某天同時出現兩個人，都自稱管理員，住戶怎麼辦？最快的辦法是讓他們互相服務一次：真管理員替人開門，冒牌的開不了。數學裡也有同一樁疑案——公理 A3 說「存在一個零元 0」，用的是「存在」，沒有一個字保證「只有一個」。萬一系統裡藏著第二個「加了等於沒加」的元素呢？

本篇的三個定理把這件事一次辦妥：零元與單位唯一（4.2）、反元素與倒數唯一（4.3）、方程 a + x = b 與 a · x = b 的解唯一（4.4）。三場證明用的是同一個動作——等式兩端同加一個數（或同乘一個數）——先把這個動作看清楚，後面全是它的變奏。

零元與單位的唯一性（4.2）

4.2  THEOREM
(a) Let z and a be real numbers. From z + a = a alone it follows that z = 0.
(b) Likewise, from w · b = b with b ≠ 0 it follows that w = 1.
(a) 只要 z + a = a 對某一個 a 成立，z 就是 0；(b) 只要 w · b = b 對某一個 b ≠ 0 成立，w 就是 1。特例：能扮演零元的只有 0，能扮演乘法單位的只有 1——A3 與 M3 的角色不會有第二人。
正例：z + 7 = 7——嫌疑人只剩 z = 0，證明給出逮捕程序。反例：w · 0 = 0 對任何 w 都成立（w = 5 也行）——(b) 少了 b ≠ 0 這個條件就整條報廢，它不是裝飾。
PROOF

兩小題各自獨立。(a) 只用加法公理；(b) 是 (a) 的乘法鏡像，多用一次「b ≠ 0 才領得到倒數」。

Proof.  (a) The hypothesis reads z + a = a. Add −a to both sides; then (A4), (A2), (A4), (A3) give
0 = a + (−a) = (z + a) + (−a) = z + (a + (−a)) = z + 0 = z.
這一步的所求：從單獨一條等式 z + a = a 擠出「z 本人就是 0」。辦法是兩端同加 −a——A4 保證這個數存在。左端 a + (−a) 由 A4 直接歸 0；右端 (z + a) + (−a) 先用 A2 把括號往後挪成 z + (a + (−a))，括號內再用 A4 歸 0，最後 A3 收尾：z + 0 = z。整條式子其實只做了一件事：把 a 從等式裡消掉，而每一步挪動都點名一條公理付帳。數字對照：z + 7 = 7 兩端加 −7，左端變 0、右端變 z。
(b) Suppose w · b = b with b ≠ 0. Because b ≠ 0, the number 1/b exists by (M4). Multiply both sides by 1/b; then (M4), (M2), (M4), (M3) give
1 = b · (1/b) = (w · b) · (1/b) = w · (b · (1/b)) = w · 1 = w.
(b) 是 (a) 的逐字翻譯：加法換乘法、−a 換 1/b、0 換 1，四條公理各自換成 M 組的對應條。唯一的新內容在開頭——同乘 1/b 之前，得先憑 b ≠ 0 向 M4 領出這個數；inst 的反例（w · 0 = 0 人人成立）正是在 b = 0 時領不到倒數、整套程序無從啟動的實況。其餘步驟是例行核對。
一條等式就足以鎖定身分：能充當零元的只有 0、能充當單位的只有 1——A3 與 M3 的「存在」從此升級為「存在且唯一」。∎
等式是天平：兩端同加 −a，平衡不變 z + a a 兩端各放上一個 −a z + (a + (−a)) = z a + (−a) = 0 天平仍平：z = 0

這張圖在說 4.2(a) 的引擎：等式當天平看，兩端同加 −a 不會破壞平衡，而 a 與 −a 在各端相消——一次操作把 a 從案發現場請走。本篇每一場證明都是這個動作的變奏（乘法版把「同加」換成「同乘」）。

反元素與倒數的唯一性（4.3）

A4 與 M4 也只說「存在」。下面這條定理補上唯一性，順帶把記號 −a 與 1/a 的「定冠詞」轉正：說「a 的反元素」而不是「某個反元素」，從此於法有據。

4.3  THEOREM
(a) If a and b are real numbers with a + b = 0, then b = −a.
(b) If a ≠ 0 and b is a real number with a · b = 1, then b = 1/a.
(a) 與 a 相加得 0 的數只有一個，就是 −a；(b) 與非零的 a 相乘得 1 的數只有一個，就是 1/a。想證「某數等於 −a」，驗一條等式 a + 某數 = 0 即可——這是下一篇整篇的引擎。
正例：3 + b = 0 的解只有 b = −3——任何其他候選人都過不了這條等式。反例：a = 0 時 (b) 無戲可唱——0 · b = 1 沒有解（0 乘什麼都回到 0，§4-3 的 4.5(a) 會正式證明），所以 M4 從一開始就把 0 排除在倒數名冊之外。
PROOF

手法與 4.2 同款：兩端同加（同乘）一個消去子。差別在這次消去的對象是 a，留下來的是待定的 b。

Proof.  (a) Suppose a + b = 0. Add −a to both sides, so that (−a) + (a + b) = (−a) + 0. By (A2) the left side equals ((−a) + a) + b, and by (A3) the right side equals −a. Since (A4) turns (−a) + a into 0, we conclude b = 0 + b = −a.
假設只給了 b 一條性質：與 a 相加得 0。兩端同加 −a 之後，左端靠 A2 重新括號、A4 相消、A3 脫帽，一路剩下 b；右端 (−a) + 0 由 A3 直接剩 −a。於是 b = −a——一條等式就把 b 完全鎖定。數字對照：3 + b = 0 兩端加 −3，左端剩 b、右端剩 −3。全程例行核對，無隱藏步驟。
(b) Suppose a ≠ 0 and a · b = 1. Because a ≠ 0, the number 1/a exists; multiply both sides by it, so that (1/a) · (a · b) = (1/a) · 1. By (M2) the left side equals ((1/a) · a) · b = 1 · b = b, while (M3) reduces the right side to 1/a. Hence b = 1/a.
乘法版逐字照譯：消去子從 −a 換成 1/a，A2、A4、A3 換成 M2、M4、M3。前提仍是 a ≠ 0——沒有這一條，消去子 1/a 根本領不出來。數字對照：4 · b = 1 兩端乘 1/4，剩 b = 1/4。
反元素與倒數都是獨生子。往後想證「x = −a」或「x = 1/a」，只需交一條等式：a + x = 0 或 a · x = 1——一次驗算頂替一整段推導，下一篇會連用五次。∎

解方程（4.4）

把 4.2 與 4.3 的手法再推半步，就能把小學的「移項」變成定理：a + x = b 的解存在而且唯一。這也是「減法」與「除法」的出生證明——它們不是新運算，只是「加上反元素」與「乘上倒數」的縮寫。

4.4  THEOREM
(a) For arbitrary real numbers a, b, the equation a + x = b has one and only one solution, namely x = (−a) + b.
(b) For real numbers a ≠ 0 and b, the equation a · x = b has one and only one solution, namely x = (1/a) · b.
(a) 對任意實數 a、b，方程 a + x = b 恰有一個解 x = (−a) + b；(b) 若 a ≠ 0，方程 a · x = b 恰有一個解 x = (1/a) · b。「恰有一個」是兩句話：真的有解（存在），而且沒有第二個（唯一）——證明也分這兩步交件。
正例：2 + x = 7 的解是 x = (−2) + 7 = 5，驗算 2 + 5 = 7 過關。反例：a = 0 時 (b) 兩頭落空——0 · x = 7 無解（左端永遠是 0），而 0 · x = 0 解不唯一（人人都是解）：存在與唯一在 a = 0 這一點同時陣亡，資格條款再度立功。
PROOF

各小題兩件事：先驗 x = (−a) + b 真是解（代入），再證解只有它（兩端同加消去子）。

Proof.  (a) Substituting the candidate: a + ((−a) + b) = (a + (−a)) + b = 0 + b = b, so x = (−a) + b does solve the equation. For uniqueness, let x₁ be any solution, so that a + x₁ = b. Adding −a to both sides and using (A3), (A4), (A2), we find
x₁ = 0 + x₁ = ((−a) + a) + x₁ = (−a) + (a + x₁) = (−a) + b.
存在這一半是純驗算：把候選式 (−a) + b 塞回方程，A2 挪括號、A4 相消、A3 脫帽，等式成立——例行核對。唯一這一半才有內容：不猜第二個解長什麼樣，而是讓任何一個解 x₁ 自己走到 (−a) + b 這個位置——從 x₁ 出發，倒著鋪一條 0 + x₁、((−a) + a) + x₁ 的路，再用 A2 把括號一挪、拿假設 a + x₁ = b 一換，終點就是 (−a) + b。數字對照：2 + x₁ = 7 的任何解，都被這條等式鏈帶到 5。
(b) Suppose a ≠ 0. Substituting x = (1/a) · b gives a · ((1/a) · b) = (a · (1/a)) · b = 1 · b = b, so it is a solution. If x₁ also satisfies a · x₁ = b, multiply both sides by 1/a; then (M3), (M4), (M2) yield x₁ = 1 · x₁ = ((1/a) · a) · x₁ = (1/a) · (a · x₁) = (1/a) · b.
乘法版照樣兩步走：代入驗算（M2、M4、M3 例行過帳），然後同乘 1/a 把任何解帶到 (1/a) · b。倒數的前提 a ≠ 0 在「同乘」那一刻用掉。數字對照：4 · x₁ = 6 的任何解，同乘 1/4 後都只能是 6/4 = 3/2。
「移項變號、係數除過去」從口訣升格為定理——而 b − a 與 b/a 這兩個記號，正是這兩個唯一解的縮寫（§4-3 開頭正式立約）。∎
a + x = b：解 x 是「從 a 走到 b」的位移 027 x = (−2) + 7 = 5 位移只有一種走法——解存在且唯一

這張圖在說 4.4(a) 的幾何讀法：解 x 就是「從 a 走到 b」的位移，起點終點一定、位移就唯一。代數證明裡「兩端同加 −a」的消去，對應圖上「先退回原點再出發」的換算。

—— 第二階段到此結束 ——

三場唯一性全數到手：零元與單位不會有分身（4.2）、反元素與倒數是獨生子（4.3）、a + x = b 與 a · x = b 的解恰好一個（4.4）——手法從頭到尾是「兩端同加（同乘）消去子」這一招。下一篇 §4-3 拿 4.2 與 4.3 當引擎，把「負負得正」從口訣證成定理，最後揭曉 ℚ 缺席的那一個數。先休息：站起來伸個懶腰、看看窗外遠處再回來。臨走前一則——0 去應徵倒數職位，M4 面試官只問了一題就搖頭：「你連 1 都到不了。」