Hurwitz-Radon 矩陣方程
林開亮
一. 記號約定
本文中考慮的域 F 的特徵不等於 2。
M (n, F ) 表示係數在 F 中的 n 階方陣的集合, GL(n, F ) 表示 M(n, F ) 中的可逆方陣 的集合。
R 和 C 分別表示實數域和複數域。
A0 表示矩陣 A 的轉置。
tr(A) 表示矩陣 A 的跡。
E 表示單位陣。
i =√
−1 是虛數單位, 不引起混淆時也作指標使用。
二. 內容簡介
接下來我們將簡單介紹一下本文討論的主要問題和正文的框架結構。
所謂 Hurwitz 矩陣問題, 就是對給定的域 F 以及正整數 n, 求 M(n, F ) 中滿足兩兩反 交換並且每個矩陣的平方為 −1 的反對稱矩陣集的最大基數。 借助於 Kronecker 符號 δij, 這 個問題可以表述如下。
設 F 是一個域, 如果 A1, . . . , Ak ∈ M(n, F ) 滿足以下 Hurwitz 矩陣方程
AiAj + AjAi =−2δij; A0i =−Ai (1) 則稱它們是 M(n, F ) 中的一組 Hurwitz 矩陣。
著名的 Hurwitz 矩陣問題, 就是對給定的 F 以及 n, 求 M(n, F ) 中的一組 Hurwitz 矩 陣 A1, . . . , Ak 的所含的矩陣個數 k 的最大值 KF(n)。
首先我們指出, 這個問題是有意義的。 實際上, 我們有下述
48
引理1. 設 A1, . . . , Ak ∈ M(n, F ) 滿足方程
AiAj + AjAi =−2δij (2) 則它們是 F − 線性無關的。
證明: 假定 c1, . . . , ck ∈ F 使得
c1A1+· · · + ckAk = 0
對每一個 i = 1, . . . , k, 等式兩邊分別左右乘以 Ai,並將得到的兩個式子相加, 利用 (2) 得到 ci = 0。
即 A1, . . . , Ak 線性無關。 ¤
對於 F = C 及 R 的情形, Hurwitz [6] 和 Radon [13] 分別在1920年代前後給出 Hur- witz 矩陣問題解答, 這就是 Hurwitz-Radon 定理。
定理1.
KC(n) = KR(n) = K(n) =
2q q≡ 0 (mod 4) 2q− 1 q ≡ 1 (mod 4) 2q− 1 q ≡ 2 (mod 4) 2q + 1 q≡ 3 (mod 4) 其中 q 滿足 n = 2qp, p 是奇數。
這個經典的定理已經有許多證明, 除了 Hurwitz 與 Radon 的原始證明, 還有 Eck- mann [3]的有限群表示論證明, 李華宗 [9]的利用 Clifford 代數表示論的證明以及 Shapiro [16]的 二次型理論的抽象證明。1
我們簡要評述一下 Hurwitz, Radon , Eckmann 和 李華宗的文章。
Hurwitz 早在 1898 年的文章 [5]中就提出了 Hurwitz 問題, 這是關於這個論題的最早 文獻。 文章 [6]是在他1919年逝世以後發表的。 Hurwitz 問題的最一般情形是針對任意的 m × n 矩陣的, 事實上, 這個問題遠遠沒有解決, 見 Shapiro [16]的論述。 對於 n × n 的情況, Hurwitz 以近乎完美的方式得到了解答。
Radon 的貢獻是給出了 Hurwitz 定理的一個等價表述和獨立證明, Radon 的表述形 式—-本質上也就是我們在定理中採取的形式—–比 Hurwitz 的表述簡單。
1Hurwitz的原始證明的敘述可以參考黃用諏 [20], Radon 的證明的一個轉述可見 Rajwade [14] 第十章, Eckmann 的證明可 見 [18], 李華宗的證明的變體可參看 林節玄 [8] 與 Prasolov [12]。
Eckmann 認識到, Hurwitz 問題對 R 和 C 有相同的解這個事實是有限群表示論裡 的 Frobenius-Schur 定理2 的必然推論, 從而給出了 Hurwitz-Radon 定理的統一表述。
李華宗認識到, Eckmann 的有限群表示證明本質上是群代數的證明, 而那個群代數不是 別的, 正是由關係 (2) 生成的 Clifford 代數。 此觀點後來被普遍採用,例如林節玄 [8] 的前身, 又如 Atiyah-Bott-Shapiro 的工作。3
本文將給出 Hurwitz-Radon 定理的一個比較簡單的證明, 這個證明源於1930年代 New- man [11]和 Von Neumann-Veblen [19]的工作, 並且對任意的特徵不等於 2 的域都適用。 我 們的證明對實數域 R 最自然, 所以我們首先考慮這個特殊情況。
我們遵循 Shapiro [16]的基本建議, 引入一個混合型的 Hurwitz 矩陣方程如下
A0i =−Ai
Bk0 = Bk
AiAj+ AjAi =−2δij
BkBl+ BlBk = 2δkl
AiBk+ BkAi = 0
(i, j = 1, . . . , s; k, l = 1, . . . , t.) (3)
如果 A1, . . . , As, B1, . . . , Bt ∈ M(n, F ) 滿足方程 (3), 則稱之為 (3) 的一組 (s, t) 型 解。 為說話方便, 我們將滿足 A2 = −E, A0 = −A 的矩陣 A 稱為 A 型矩陣, 類似的, 滿 足 B2 = E, B0 = B 的矩陣 B 稱為 B 型矩陣. 對混合型方程 (3), 我們引入一個相應的問 題: 求 M(n, F ) 中的一組極大的 (s, t) 型解的數偶 (s, t) 的所有可能分佈。
通過與 Newman [11]中的主要結果類比, 我們得到以下定理。
定理2. 記 n = 2qp其中 p 是奇數。 則方程 (3) 在 M(n, R) 中的任意一組解 A1, . . . , As, B1, . . . , Bt 滿足 s + t ≤ 2q + 1; 並且, 存在一組使得 s + t = 2q + 1 的 (s, t) 型解當且僅當 t 滿 足 0 ≤ t ≤ 2q + 1 且 t ≡ q + 1 (mod 4)。
我們將在第三節介紹定理 2 的證明思想, 詳細的證明在第四節給出。
在第五節將指出, 由定理 2 可以非常容易地推出實數情形的定理1, 這就給出了 Radon 定理的一個簡單證明。
在第六節將指出, 定理 2 可以推廣到任意的域 (定理3), 並由此得到 Hurwitz-Radon 定 理在任意域上的推廣 (定理4)。 並且指出我們的方法可以處理更簡單的方程 (2), 由此得到林節 玄 [8] 中一些結果 (定理5) 的直接證明。
在第七節我們將給出定理 1 的一個著名推論 (定理7) 及其在幾何與代數中的兩個應用 (定理 6 和定理 8)。
2關於該定理可見 Serre [13] 第十三章。
3M.F. Atiyah, R. Bott, A. Shapiro, Clifford Modules, Topology 3(suppl.1)(1964), 3-38。
三. 定理2的證明思想
這一節我們假定考慮的矩陣都是實矩陣。
為理解下邊給出的定理2的證明, 讀者只需要具備線性代數的一些基本經驗, 特別是關於 分塊矩陣的乘法運算和實對稱矩陣的譜定理: 實對稱矩陣正交相似於對角陣。
證明的基本想法是數學歸納法, 把高階的情形歸結為低階的情形。 下邊的引理提供了約化 的可能。 首先注意到, 我們考慮的方程 (3) 在正交相似變換下是不變的: 若
A1, . . . , As, B1, . . . , Bt 滿足方程 (3) , 則對任意的同階正交矩陣 P ,
P A1P−1, . . . , P AsP−1, P B1P−1, . . . , P BtP−1 也滿足 (3)。
引理2.
(i) 設兩個 n 階對稱矩陣 B1, B2 滿足
B12 = B22 = E, B1B2 =−B2B1。 則 n = 2m 且存在正交矩陣 P 使得
P B1P−1 = fB1 = Ã
E 0
0 − E
!
且 P B2P−1 = fB2 =
à 0 E E 0
! .
(ii) 設 A, B ∈ M(n, R), A 是反對稱的, B 是對稱的, 並且滿足 A2 =−E, B2 = E, AB =−BA 則 n = 2m 且存在正交矩陣 P 使得
P AP−1 = eA = Ã
0 E
− E 0
!
且 P BP−1 = eB = Ã
E 0
0 − E
! .
證明: 對於 (i), 首先我們注意到
tr(B1) = 0 這是對等式
B1 =−B2B1B2−1
兩邊取跡的結果。 於是根據實對稱矩陣的譜定理, 存在正交矩陣 P1 使得
P1B1P1−1 =
à E 0 0 − E
!
= fB1
這裡我們用到 B12 = E 以及 tr(B1) = 0 的事實。 現在 P1B2P1−1 與 fB1 反交換, 容易求 得 P1B2P1−1 具有形式
P1B2P1−1 =
à 0 Y Z 0
!
進一步, 從 (P1B2P1−1)2 = E 推出 Y, Z 滿足 Y Z = E。 從而 P1B2P1−1 具有形式
P1B2P1−1 =
à 0 Y Y−1 0
!
其中 Y 是正交矩陣。
我們現在找一個正交矩陣 P2 使得
P2Bf1P2−1 = fB1, P2(P1B2P1−1)P2−1 = fB2。 容易求出這樣一個矩陣
P2 =
à E 0 0 Y
!
從而, 如果我們令 P = P2P1, 則得到 (i)。
對於 (ii), 若令
B1 = B, B2 = BA, 則 B1, B2 滿足 (i) 的條件, 從而
P BP−1= P B1P−1 = fB1 = eB, P B2P−1 = fB2
P AP−1= P (B1B2)P−1 = (P B1P−1)(P B2P−1) = fB1Bf2 = eA。
這就完成了引理2的證明。 ¤
在對定理2展開證明之前, 我們先給出兩點說明。
根據引理2, 若 (s, t) 型解 A1, . . . , As, B1, . . . , Bt中有兩個矩陣是 B 型的, 不妨設 B1 = Bf1, B2 = fB2, 於是與它們同時反交換的矩陣 X 有形式
X =
à 0 Y
− Y 0
!
並且容易驗證, X 是 A 型或 B 型的當且僅當對應的 Y 是 B 型或 A 型的。 進一步, 兩 個這樣的矩陣 X1, X2 反交換當且僅當與之對應的 Y1, Y2 反交換。 於是, M(n, R) 中存在一 組 (s, t) 型解 (t ≥ 2) 當且僅當 M(n/2, R) 的中存在一組 (t − 2, s) 型解。
類似地, 若 A1, . . . , As, B1, . . . , Bt 中有一個 A 型的和一個 B 型的, 則不妨設 A1 = fA1, B1 = fB1,
於是與它們同時反交換的矩陣 Z 具有形式
Z =
à 0 W
W 0
! ,
並且 Z 是 A 型或 B 型的當且僅當對應的 W 是 A 型或 B 型的。 進一步, 兩個這樣的 矩陣 Z1, Z2 反交換當且僅當對應的 W1, W2 反交換。 於是, M(n, R) 中存在一組 (s, t) 型 解 (s ≥ 1, t ≥ 1) 當且僅當 M(n/2, R) 存在一組 (s − 1, t − 1) 型解。
其次, 我們要介紹由 Newman 和 Williamson 引入的一個技巧4 , 它可以把一組 (s, t) 型 解 ( s ≥ 4 ) 轉換為一組 (s − 4, t + 4) 型解。 這個轉換如下給出。
設
A1, . . . , As, B1, . . . , Bt 是 (3) 的一組解, 其中 s ≥ 4。 令
fAi = Ai+4, (i = 1, . . . , s− 4); Bfj = Bj(j = 1, . . . , t), 以及
Bet+1= A2A3A4, Bet+2 = A1A3A4, Bet+3 = A1A2A4, Bet+4= A1A2A3 容易驗證 fA1, . . . , eAs−4, fB1, . . . , eBt+4 是 (3) 的一組 (s − 4, t + 4) 型解。 同樣, 在上述轉換 中交換 A, B 的位置, 可以把一組 (s, t) 型解 ( t ≥ 4 ) 轉換成一組 (s + 4, t − 4) 型解。 這個 事實我們稱之為 Newman-Williamson 技巧, 它對定理2中出現的模 4 條件給出了一個合理 的解釋, 由此也給出了 Hurwitz-Radon 定理中的模 4 條件的一個合理解釋。
為便於敘述, 我們把上邊提到的各個約化結果分別表述成以下3個引理。
引理3. M(n, R) 中存在一組 (s, t) 型解 (t ≥ 2) 滿足 (3) 當且僅當 M(n/2, R) 中存在一 組 (t − 2, s) 型解滿足 (3)。
4Newman [11]最初得到的結果是錯誤的, Williamson 向他指出了錯誤並建議了一個修正方案, 這就是通過引入該技巧。
引理4. M(n, R) 中存在一組 (s, t) 型解 (s ≥ 1, t ≥ 1) 滿足 (3) 當且僅當 M(n/2, R) 存在 一組 (s − 1, t − 1) 型解滿足 (3)。
引理5. M(n, R) 中存在一組 (s, t) 型解 (s ≥ 4) 滿足 (3) 當且僅當 M(n, R) 存在一 組 (s − 4, t + 4) 型解滿足 (3); M(n, R) 中存在一組 (s, t) 型解 (t ≥ 4) 滿足 (3) 當且僅 當 M(n, R) 存在一組 (s + 4, t − 4) 型解滿足 (3)。
四. 定理2的證明
本節我們給出定理2的證明。
證明: 對 n = 2qp 的 2 指數 q 用數學歸納法。
第一步. q = 0 的情況。 此時 n = p 是奇數。
首先, s = 0。 否則將存在 p 階的反對稱矩陣 A 滿足 A2 =−E, 這與奇數階反對稱矩陣 不可逆矛盾。
其次, t ≤ 1。 這是引理 2(i) 的結論。 又, 單位陣是 B 型陣, 所以 s 可以取到最大值1。
於是我們證明了, q = 0 時方程 (3) 僅存在 (0, 1) 型的極大解。
第二步. q = 1 的情況。
我們先證明, 對 M(2p, R) 的任意一組 (s, t) 型解, 必定有 s + t ≤ 3。
若 t ≥ 2, 由引理3, M(p, R) 中存在一組 (t − 2, s) 型解, 於是 t − 2 = 0, 且 s ≤ 1 , 從 而 s + t ≤ 3。
若 t = 1, 且 s ≥ 1, 則由引理4, M(p, R) 中存在一組 (s − 1, 0) 型解, 從而 s = 1, s + t = 2≤ 3。
若 t = 0 我們用反證法證明 s =≤ 3. 若 s ≥ 4, 則由引理5, M(2p, R) 中存在一 組 (s − 4, 4) 型解, 由此第一種情況得證的結果 s ≤ 3, 矛盾!
接下來我們考慮 (3) 的極大解的分佈. 一共有以下四種可能 (3, 0), (2, 1), (0, 3), (1, 2). 我 們將排除前三種可能。
為排除前兩種情形, 只要證明 s ≤ 1。 用反證法。 假定 s ≥ 2。 由於 A21 =−E, 根據實反 對稱矩陣的譜定理5 , 存在正交矩陣 P 使得
P A1P−1 =
0 E
−E 0
= fA1.
5見 Kaplansky [7]。
由於反對稱矩陣 P A2P−1 與 fA1 反交換, 於是 P A2P−1 具有形式
P A2P−1 =
X Y Y −X
其中 X, Y ∈ M(m, R) 皆為反對稱矩陣. 如果 A2 進一步滿足 A2 =−E, 則 X, Y 將滿足 X2+ Y2 =−E, XY = Y X.
這兩個式子可以拼成一個緊湊的式子
(X + iY )(X− iY ) = −E
這個式子表明 p 階 (复) 反對稱矩陣 X + iY 與 X − iY 可逆。 矛盾!
根據引理3可以排除第三種可能, 否則將有一個 p 階 A 型陣。
又, 根據引理 4, 我們可以構造出一組 (1, 2) 型極大解如下:
A1 =
0 E
−E 0
, B1 =
E 0 0 −E
, B2 =
0 E E 0
第三步. 我們將對 q ≥ 0 歸納證明, M(n, R) 中任意一組 (s, t) 型解滿足 s + t ≤ 2q + 1 而 且等號可以成立, 對於 n = 2qp。
一方面, 我們利用引理4可以從 M(p, R) 中的 (0, 1) 型解歸? 構造出 M(2qp,R) 中的 一組 (q, q + 1) 型解。 例如, n = 2p 時我們有上述 (1, 2) 型解。 一般的, 設
A(q1−1),· · · , A(qq−1−1), B1(q−1),· · · , Bq(q−1) 為 M(2q−1p,R) 中的一組 (q − 1, q) 型解, 則
A(q)i =
0 A(qi −1) A(qi −1) 0
(i = 1, · · · , q − 1), A(q)q =
0 E
−E 0
,
Bk(q) =
0 B(qk−1) Bk(q−1) 0
(k = 1, · · · , q), Bq+1(q) =
E 0 0 −E
(4)
是 M(2qp,R) 中的一組 (q, q + 1) 型解。
下面我們將說明, M(n, R) 中任何一組 (s, t) 解都滿足 s + t ≤ 2q + 1。
這是因為 M(n, R) 中任何一組 (s, t) 解都可以通過引理3-5化歸為 M(n/2, R) 中的一 組個數為 s + t − 2 的解: 如果 t ≥ 2 應用引理3; 如果 t = 1 且 s ≥ 1 應用引理4; 如 果 t = 0, 應用引理5。
作為例子, 我們考慮最後一種情況. 用反證法. 假定存在一組 (s, 0) 型解使得 s ≥ 2q + 2,由於 q ≥ 2 所以 s ≥ 2 × 2 + 2 = 6, 利用引理5可以得到一組 (s − 4, 4) 型解, 從而化歸 為第一種情況。
最後, 我們歸納證明, M(n, R) 中存在一組 (s, t) 型的極大解當且僅當 t ∈ [0, 2q + 1] 滿 足 t ≡ q + 1 (mod 4)。
充分性. 將表明對 [0, 2q + 1] 中任意的滿足 t ≡ q + 1 (mod 4) 的自然數 t, M(n, R) 中存 在一組 (2q + 1 − t, t) 型解。 注意到總是存在一組 (q, q + 1) 型解, 從這組解出發, 通過若干 次 Newman 轉換, 可以得到一組 (2q + 1 − t, t) 型解, 這由同餘條件 t ≡ q + 1 (mod 4) 所 保證。
必要性. 設 n = 2qp, 其中 q ≥ 2, 如果 M(n, R) 中存在一組 (s, t) 型的極大解, 根 據 Newman 轉換, 可以不妨設 s ≥ 1, t ≥ 1, 於是由引理4 M(n = 2q−1p,R) 中存在一 組 (s − 1, t − 1) 型的極大解, 由 q − 1 時的歸納假設, t − 1 ≡ q (mod 4), 也就是 t ≡ q + 1 (mod 4)。
五. Hurwitz-Radon 定理的證明
這一節我們將從定理2推出 Hurwitz-Radon 定理的 Radon 部分。
證明: 首先注意到 (1) 相當於純 A 型的方程 (3), 根據定理2, 總有 K(n) ≤ 2q + 1。 下邊我 們要對 K(n) 給出更精確的估計。
基本的想法是, 對給定的 n = 2qp, 從 (3) 的所有可能的 (s, t) 極大解中選出一組使 得 A 型矩陣最多的解, 再看能不能添加 A 型陣得到更多個數的一組解。 注意到, s+t = 2q+1, 所以 s 取得最大等價於 t 取得最小。 下邊我們分情況討論。
(i) 若 q ≡ 3 (mod 4), 則 (3) 的一組 (s, t) 型極大解滿足 t ≡ q + 1 ≡ 0 (mod 4), 取 t = 0, 此時 s = 2q + 1 達到最大, 換言之, K(n) = 2q + 1。
(ii) 若 q ≡ 0 (mod 4), 則 (3) 的一組 (s, t) 型極大解滿足 t ≡ q + 1 ≡ 1 (mod 4), 取 t = 1, 此時 s = 2q, 於是 K(n) ≥ 2q。 事實上此時等號成立: K(n) = 2q。 我們用反 證法來說明這一點。 假設 K(n) = 2q + 1, 這就意味著 (3) 存在一組 (2q + 1, 0) 型的極 大解, 根據定理2, 這當且僅當 0 ≡ q + 1 (mod 4), 即 q ≡ 3 (mod 4), 矛盾。
(iii) 若 q ≡ 1 (mod 4), 則 (3) 的一組 (s, t) 型極大解滿足 t ≡ q + 1 ≡ 2 (mod 4), 取 t = 2, 此時 s = 2q − 1, 於是 K(n) ≥ 2q − 1。 我們斷言此時 K(n) = 2q − 1。 假 定存在 2q 個矩陣 A1, . . . , A2q 滿足 (1), 則令
A2q+1= A1· · · A2q,
則容易看到 A2q+1 是一個 A 型矩陣, 且與 A1, . . . , A2q 反交換, 於是我們得到 (3) 的一 組 (2q + 1, 0) 型的極大解, 這與定理2矛盾。
(iv) 若 q ≡ 2 (mod 4), 則 (3) 的一組 (s, t) 型極大解滿足 t ≡ q + 1 ≡ 3 (mod 4), 取 t = 3, 此時 s = 2q − 2, 於是 K(n) ≥ 2q − 2。 設 A1, . . . , A2q−2 滿足 (1), 則我們 可以添加矩陣
A2q−1 = A1· · · A2q−2
得到一組滿足 (1) 的 2q − 1 個矩陣. 於是進一步有 K(n) ≥ 2q − 1, 我們斷言 K(n) = 2q− 1。 用反證法來說明這一點, 假設 A1, . . . , A2q 滿足 (1), 則
B1 = A1· · · A2q
與 A1, . . . , A2q 一起給出 (3) 的一組 (2q, 1) 型的極大解, 根據定理2, 這當且僅當 1 ≡ q + 1 (mod 4), 即 q ≡ 0 (mod 4), 矛盾。
綜上, 我們確定出 KR(n) 的值如下:
KR(n) =
2q q ≡ 0 (mod 4) 2q− 1 q ≡ 1 (mod 4) 2q− 1 q ≡ 2 (mod 4) 2q + 1 q ≡ 3 (mod 4)
¤
六. Newman 定理與 Hurwitz 定理到任意域的推廣
本節我們將說明定理1與定理2都可以推廣到任意的特徵不等於 2 的域。
因為從定理2推導定理1完全不需要用到關於域 F 的任何特性, 所以我們只需證明定理2 對任意的域成立。
我們先考慮 F 為代數封閉域的情況。 此時, 下述矩陣定理是關鍵的。
引理6. 設 F 是特徵不等於 2 的代數封閉域。 A1, . . . , Ak 與 B1, . . . , Bk 同是 F 上的 n 階 對稱矩陣或反對稱矩陣, 若存在矩陣 P ∈ GL(n, F ) 使得
P AiP−1 = Bi, (i = 1, . . . , k)。 則存在矩陣 Q ∈ GL(n, F ), QQ0 = E 使得
QAiQ−1 = Bi, (i = 1, . . . , k)。
這個定理似乎是 Albert 首先發現的, 見 [1, Theorem 27], 一個簡單的證明可見 Ka- plansky [7]。
利用引理6可以證明引理2-5對代數閉域成立, 從而定理2對代數閉域成立。
我們只在此說明如何從引理6推導代數閉域情形的引理2。 為此, 我們需要下述更一般的引 理。
引理7.
(i) 設 B1, B2 ∈ M(n, F ) 滿足
B12 = B22 = E, B1B2 =−B2B1。 則 n = 2m 且存在 P ∈ GL(n, F ) 使得
P B1P−1 = fB1 =
à E 0 0 − E
!
且 P B2P−1 = fB2 =
à 0 E E 0
! .
(ii) 設 A, B ∈ M(n, F ) 滿足
A2 =−E, B2 = E, AB =−BA 則 n = 2m 且 P ∈ GL(n, F ) 使得
P AP−1 = eA =
à 0 E
− E 0
!
且 P BP−1 = eB =
à E 0 0 − E
! .
引理7的證明完全平行於引理2的證明, 我們留給感興趣的讀者。
從引理6和引理7可以很容易推出下述引理8, 它就是引理2在代數封閉域上的對應結果。
引理8. 設 F 是一個特徵不等於 2 的代數閉域。
(i) 設 B1, B2 ∈ M(n, F ) 都是對稱矩陣且滿足
B21 = B22 = E, B1B2 =−B2B1。 則 n = 2m 且存在 Q ∈ GL(n, F ), QQ0 = E 使得
QB1Q−1 = fB1 =
à E 0 0 − E
!
且 QB2Q−1 = fB2 =
à 0 E E 0
! .
(ii) 設 A, B ∈ M(n, F ), A 是反對稱的, B 是對稱的, 並且滿足 A2 =−E, B2 = E, AB =−BA 則 n = 2m 且存在 Q ∈ GL(n, F ), QQ0 = E 使得
QAQ−1= eA = Ã
0 E
− E 0
!
且 QBQ−1 = eB = Ã
E 0
0 − E
! .
由此可以得到引理3–5在代數閉域上的對應結果。
現在考慮最一般的情況。 假定 F 是任意一個特徵不等於2的域, F 為其代數閉包。 設 A1, . . . , As, B1, . . . , Bt是 M(n, F ) 中的一組 (s, t) 型解, 它自然是 M(n, F ) 中的一組 (s, t) 型 解, 所以根據代數封閉域 F 上的定理2, 可以推出 s + t ≤ 2q + 1, 而且如果 s + t = 2q + 1, 則 t ≡ q + 1 (mod 4)。 為證明當 t 滿足同餘條件 t ≡ q + 1 (mod 4) 時存在一組 (2q + 1− t, t) 型極大解, 只注意定理2的證明中給出的那組 (q, q + 1) 型極大解矩陣 (4) 本質上是 由 0, 1, −1 三個數經加減乘除生成的, 所以在任何一個特徵不等於2的域上都有定義。 這就證 明了當 t = q + 1 時存在一組 (q, q + 1) 型解, 再注意到 Newman-Williamson 轉換不依賴 於域 F 的任何特性, 所以由此可以衍生出所有滿足同餘條件 t ≡ q + 1 (mod 4) 的 (2q + 1− t, t) 型解。 這樣我們就得到了定理2的下述推廣:
定理3. 設域 F 的特徵不等於 2。 記 n = 2qp 其中 p 是奇數。 則方程 (3) 在 M(n, F ) 中 的任意一組解 A1, . . . , As, B1, . . . , Bt 滿足 s + t ≤ 2q + 1; 並且, 存在一組使得 s + t = 2q + 1的 (s, t) 型解當且僅當 t 滿足 0 ≤ t ≤ 2q + 1 且 t ≡ q + 1 (mod 4)。
由此, 我們得到 Hurwitz-Radon 定理的最一般的版本。6
定理4. 對於任意的特徵不等於 2 的域 F , 滿足 Hurwitz 方程 (1) 的一組矩陣的基數有最大
6很抱歉, 作者尚不清楚這個結果最初由誰發現。
值, 並且其最大值 KF(n) 如下給出:
KF(n) = K(n) =
2q q≡ 0 (mod 4) 2q− 1 q ≡ 1 (mod 4) 2q− 1 q ≡ 2 (mod 4) 2q + 1 q≡ 3 (mod 4) 其中 q 滿足 n = 2qp, p 是奇數。
最後, 作者想就本文提供的這個證明思想做一個小結: 我們沒有直接考慮方程 (1) 而是考 慮了混合型方程 (3) 然後從中提取出 (1) 的資訊。 我們得到的教益是: 如果一個物件有對偶, 那 麼連同它的對偶一起來考慮會看得更清楚。 這就好比粒子物理中的 Bose-Fermi 對應的哲學 一樣。 同樣的想法可以應用于方程 (2), 對應的結果由下述定理給出。
定理5. 設 F 是一個特徵不等於 2 的域, 記 n = 2qp, p為奇數。 若 A1, . . . , Ak ∈ M(n, F ) 滿 足 (2), 則 k 有最大值 EF(n), 且 EF(n) 如下給出:
(i) 若 −1 是 F 中的平方數, 則 EF(n) = 2q + 1;
(ii) 若 −1 不是 F 中的平方數, 但可以寫成 F 中兩個平方數的和, 則
EF(n) = (
2q q≡ 0 (mod 2) 2q + 1 q≡ 1 (mod 2) ; (iii) 若 −1 不能寫成 F 中兩個平方數的和, 則
EF(n) = K(n) =
2q q ≡ 0 (mod 4) 2q− 1 q ≡ 1 (mod 4) 2q− 1 q ≡ 2 (mod 4) 2q + 1 q ≡ 3 (mod 4)
這本質上就是林節玄 [8] pp.125–126 對應的定理 4.4, 4.6, 4.8, 那是是作為關於 Clif- ford 代數理論的副產品給出的。
七. Hurwitz-Radon 定理的一些應用
在本節我們將介紹 Hurwitz-Radon 定理的兩個應用, 也可以說是 Hurwitz-Radon 定 理的背景。
應該指出, Hurwitz 矩陣方程與代數和幾何中的許多問題關聯密切, 有興趣的讀者可以參 考 Ebbinghaus [2]或 Eckmann [4]。
特別值得介紹的是1983年 Massey [10]給出的下述關於歐氏空間的向量積的基本結果:
定理6. n ≥ 2 維歐氏空間 Rn 中存在滿足以下兩個條件的雙線性向量積當且僅當 n = 3 或 n = 7。
(i) (x× y, x) = (x × y, y) = 0。
(ii) kx × yk2 =kxk2kyk2− (x, y)2。
定理6可以從定理1的下述簡單推論得到, 具體推導 Ebbinghaus [2] 或 Prasolov [10]。
定理7. K(n) ≤ n − 1, 等號成立當且僅當 n = 1, 3, 7。
定理7是 Hurwitz 在1898年的文章 [5]中得到的, 只不過 Hurwitz 是以另一種等價的方 式來描述這個結果。 他的表述是 (見 [2, p.274])
定理8. 設 n ≥ 1。 如果存在 x1, . . . , xn 與 y1, . . . , yn 的實雙線性函數 z1, . . . , zn 使得 (x21+· · · + x2n)(y12+· · · + yn2) = (z12+· · · + zn2) (5) 對一切實變數 x1, . . . , xn 與 y1, . . . , yn 成立, 則 n = 1, 2, 4, 8。
對於 n = 1 等式是平凡的: x21y12 = (x1y1)2。 對 n = 2 我們有
(x21 + x22)(y12+ y22) = (x1y1− x2y2)2+ (x1y2+ x2y1)2 (6) 這不過是複數模長的乘法法則的實形式。
類似地, 由四元數範數的可乘性質可以得到由 Euler 發現的四平方和乘積公式。7
(x21 + x22+ x23+ x24)(y21 + y22+ y23+ y24) = z12+ z22+ z32+ z42 (7) 其中 z1, z2, z3, z4 為8
z1 = x1y1− x2y2− x3y3− x4y4, z2 = x1y2+ x2y1+ x3y4− x4y3 z3 = x1y3− x2y4+ x3y1+ x4y2, z4 = x1y4 + x2y3− x3y2 + x4y1
八元數 (又稱 Cayley 數) 的範數乘法公式給出 n = 8 的平方和公式, 見 [2, p.259]。
Hurwitz正是在研究這種平方和的乘積問題時匯出著名的 Hurwitz 矩陣方程。
7Lagrange和 Euler 正是利用這個公式證明了每一個正整數可以寫成四個整數的平方和。
8事實上, 它們分別是四元數 (x1+ x2i + x3j + x4k)(y1+ y2i + y3j + y4k)的各個係數。
他在 [5] 中給出的定理 7 的證明非常簡單, 甚至不需要用到譜定理, 讀者可以參考 C. W.
Curtis, Linear Algebra, An Introduction Approach, UTM, Springer, 1996.
與平方和有關的歷史可以參考 Taussky [17]的精彩論述。
致謝. 作者在寫作過程中從清華大學劉雲朋同學處得到許多教益, 還要感謝天津大學田代軍老 師、 田長亮、 鄭景銳、 徐澤同學以及南開大學白承銘老師、 劉會同學與首都師範大學許權、 陳見 柯、 段紅偉和趙潔同學的鼓勵和幫助。
參考文獻
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2. Ebbinghaus, et al. Numbers, GTM Vol.123, Springer.
3. B. Eckmann, Gruppentheorectischer Beweis des Satzes von Hurwitz-Radon uber die Komposition quadratischer Formen, Comment. Math. Helv., 15(1942), 358–366.
4. B.Eckmann, Topology, Algebra, Analysis-Relations and missing links, Notices A.M.S., 46(1999), 520–527.
5. A. Hurwitz, quadratischen Formen von beliebig vielen Variablen, Nachrichten Ges. der Wiss. Gottingen 1898, 309–316.
6. A. Hurwitz, ¨U ber die Komposition der quadratischen Formen, Math. Ann. 88(1923), 1–25.
7. I. Kaplansky, Linear Algabra and Geometry–A Second Course, Allyn and Bacon, 1969.
8. T. Y. Lam, Introduction to Quadratic Forms over Fields, Graduate Studies in Mathe- matics, Vol.67, American Mathematical Society, Providence, Rhode Island, 2005.
9. H. C. Lee, Sur le theoreme de Hurwitz-Radon pour la composition des formes quadra- tiques, Comment. Math. Helv., 21)(1948), 261–269.
10. M. S. Massey, Cross products of vectors in higher-dimensional Euclidean spaces. Amer.
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11. M. A. H. Newman, Note on an algebraic theorem of Eddington, Journal London Math.
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12. V. V. Prasolov, Problems and Theorems in Linear Algebra, Translation of Mathematical monographs, Vol.134, American Mathematical Society, 1994.
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18. J. A. Tyrrell and J. G. Semple, Generalized Clifford Parallelism, Cambridge University Press, 1971.
19. O. Veblen and J. von Neumann, Geometry of Complex Domain, Princeton Mimeographed Notes, Notes by W.Givens and A.H.Taub, Institute for Advanced Study, 1935–1936.
20. Yung-Chow Wong, Isoclinic n-Planes in 2n-Spaces, Clifford Parallels in Elliptic (2n−1)- Spaces, and Hurwitz Matrix Equations, Memoirs A.M.S., no.41, 1961.
—本文作者為中國首都師範大學數學科學院研究生—
中央研究院數學所
2012暑期研習活動
研 習 日 期 : 2012年7月9日 (星期一) ∼ 2012年8月17日 (星期五) 研 習 地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段1號 天文數學館6樓 中研院數學所 研 習 資 格 : 大學部學生 (系、 所不限), 具各課程所需預備知識者。
預 定 課 程 : (1) 組合數學與圖論專題 (2) 錯誤改正碼 (3) 數理金融 詳細情形請查詢中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw
The 12th International Congress on Mathematical Education 時間 : 2012年7月8日 (星期日) ∼ 2012年7月15日 (星期日)
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詳細情形請查詢活動網頁http://www.icme12.org/
Conference of the International Group for the Psychology of Mathematics Education (PME 36) 時間 : 2012年7月18日 (星期三) ∼ 2012年7月22日 (星期日)
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數學教育
SIG: Reading Mathematics讀書會
地點: 國立台灣師範大學教育學院
1. 2012年4月14日 (六) 主題: 閱讀測驗 (陳美芳老師) 2. 2012年5月05日 (六) 主題: 閱讀教學 (陳茹玲老師)
3. 2012年5月26日 (六) 主題: 閱讀困難學生的特徵與補救策略 (洪儷瑜老師) 4. 2012年6月16日 (六) 主題: 數學閱讀 (吳昭容老師)
詳細情形請查詢國科會科教處數學教育學門學門資訊網
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