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。
$\mathbb{R}$和$\mathbb{C}$	分別表示實數域和複數域。
$A'$	表示矩陣$A$的轉置。
$tr(A)$	表示矩陣$A$的跡。
$E$	表示單位陣。
$i=\sqrt{-1}$	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$\delta_{ij}$, 這個問題可以表述如下。

設$F$是一個域, 如果$A_1,\ldots,A_k\in M(n,F)$滿足以下Hurwitz矩陣方程 \begin{equation}\label{Hurwitz} A_iA_j+A_jA_i=-2\delta_{ij};\qquad A_i'=-A_i \end{equation} 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$A_1,\ldots,A_k$的所含的矩陣個數$k$的最大值$K_F(n)$。

首先我們指出, 這個問題是有意義的。 實際上, 我們有下述

引理1. 設$A_1,\ldots,A_k\in M(n,F)$滿足方程 \begin{equation} A_iA_j+A_jA_i=-2\delta_{ij} \end{equation} 則它們是$F-$線性無關的。

證明: 假定$c_1,\ldots,c_k\in\,F$使得 $$c_1A_1+\cdots+c_kA_k=0$$ 對每一個$i=1,\ldots,k$, 等式兩邊分別左右乘以$A_i$, 並將得到的兩個式子相加, 利用$(2)$得到 $$c_i=0\hbox{。}$$ 即$A_1,\ldots,A_k$線性無關。 $\Box$

對於$F=\mathbb{C}$及$\mathbb{R}$的情形, Hurwitz[6] 和Radon[13] 分別在1920年代前後給出Hurwitz矩陣問題解答, 這就是Hurwitz-Radon定理。

定理1.

\begin{eqnarray*} K_\mathbb{C}(n)=K_\mathbb{R}(n)=K(n)=\left\{\begin{array}{ll} 2q&\quad\textrm{$q\equiv0\pmod4$}\\ 2q-1&\quad\textrm{$q\equiv1\pmod4$}\\ 2q-1&\quad\textrm{$q\equiv2\pmod4$}\\ 2q+1&\quad\textrm{$q\equiv3\pmod4$} \end{array}\right. \end{eqnarray*} 其中$q$滿足$n=2^qp$, $p$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Eckmann[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 1} Hurwitz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]。

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$m\times\,n$矩陣的, 事實上, 這個問題遠遠沒有解決, 見Shapiro[16]的論述。 對於$n\times\,n$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。

Eckmann認識到, Hurwitz問題對$\mathbb{R}$和$\mathbb{C}$有相同的解這個事實是有限群表示論裡的 Frobenius-Schur定理 ^{2 2} 關於該定理可見Serre[13]第十三章。 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 3} M.F. Atiyah, R. Bott, A. Shapiro, Clifford Modules, Topology 3(suppl.1)(1964), 3-38。

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Newman[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$\mathbb{R}$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 \begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} A_i'=-A_i \qquad\qquad\qquad\qquad \\ B_k'=B_k \qquad\qquad\qquad\qquad\\ A_iA_j+A_jA_i=-2\delta_{ij}\qquad\quad \\ B_kB_l+B_lB_k=2\delta_{kl}\qquad\qquad \\ A_iB_k+B_kA_i=0\qquad\qquad \\ \end{array} \right. (i,j=1,\ldots,s;\,k,l=1,\ldots,t.) \end{equation}

如果$A_1,\ldots,A_s,B_1,\ldots,B_t\in M(n,F)$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$A^2=-E,\,A'=-A$的矩陣$A$稱為$A$型矩陣, 類似的, 滿足$B^2=E,\,B'=B$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$n=2^qp$其中$p$是奇數。 則方程$(3)$在$M(n,\mathbb{R})$中的任意一組解$A_1,\ldots,A_s,B_1$, $\ldots,B_t$ 滿足$s+t\leq 2q+1$;並且, 存在一組使得$s+t=2q+1$的$(s,t)$型解當且僅當$t$滿足$0\leq t\leq 2q+1$且$t\equiv q+1\pmod4$。

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)。

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 $$A_1,\ldots,A_s,B_1,\ldots,B_t$$ 滿足方程$(3)$, 則對任意的同階正交矩陣$P$, $$PA_1P^{-1},\ldots,PA_sP^{-1},PB_1P^{-1},\ldots,PB_tP^{-1}$$ 也滿足$(3)$。

引理2.

• (i)設兩個$n$階對稱矩陣$B_1,B_2$滿足 $$B_1^2=B_2^2=E,\qquad B_1B_2=-B_2B_1\hbox{。}$$ 則$n=2m$且存在正交矩陣$P$使得 \begin{eqnarray*} PB_1P^{-1}=\widetilde{B_1}=\left(\begin{array}{cc} E&0\\ 0&-E \end{array} \right)\qquad \mbox{且}\qquad PB_2P^{-1}=\widetilde{B_2}=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\ E&0 \end{array} \right). \end{eqnarray*}
• (ii)設$A,B\in M(n,\mathbb{R})$, $A$是反對稱的, $B$是對稱的, 並且滿足 $$A^2=-E,\quad\,B^2=E,\quad\,AB=-BA$$ 則$n=2m$且存在正交矩陣$P$使得 $$ PAP^{-1}=\widetilde{A}=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\ -E&0 \end{array} \right)\qquad \mbox{且}\qquad PBP^{-1}=\widetilde{B}=\left(\begin{array}{cc} E&0\\ 0&-E \end{array} \right). $$

證明:

對於${\rm(i)}$, 首先我們注意到 $$tr(B_1)=0$$ 這是對等式 $$B_1=-B_2B_1B_2^{-1}$$ 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$P_1$使得 $$P_1B_1P_1^{-1}=\left(\begin{array}{cc} E&0\\ 0&-E \end{array} \right)=\widetilde{B_1}$$ 這裡我們用到$B_1^2=E$以及$tr(B_1)=0$的事實。 現在$P_1B_2P_1^{-1}$與$\widetilde{B_1}$反交換, 容易求得$P_1B_2P_1^{-1}$具有形式 $$P_1B_2P_1^{-1}=\left(\begin{array}{cc} 0&Y\\ Z&0 \end{array} \right)$$ 進一步, 從 $(P_1B_2P_1^{-1})^2=E$推出$Y,Z$滿足$YZ=E$。 從而$P_1B_2P_1^{-1}$具有形式 $$P_1B_2P_1^{-1}=\left(\begin{array}{cc} 0&Y\\ Y^{-1}&0 \end{array} \right)$$ 其中$Y$是正交矩陣。

我們現在找一個正交矩陣$P_2$使得 $$P_2\widetilde{B_1}P_2^{-1}=\widetilde{B_1},\quad P_2(P_1B_2P_1^{-1})P_2^{-1}=\widetilde{B_2}\hbox{。}$$ 容易求出這樣一個矩陣 $$P_2=\left(\begin{array}{cc} E&0\\ 0&Y \end{array} \right)$$ 從而, 如果我們令$P=P_2P_1$, 則得到$\textrm{(i)}$。

對於$\textrm{(ii)}$, 若令 $$B_1=B,\quad B_2=BA,$$ 則$B_1,B_2$滿足$\textrm{(i)}$的條件, 從而 \begin{eqnarray*} PBP^{-1}&=&PB_1P^{-1}=\widetilde{B_1}=\widetilde{B},\quad PB_2P^{-1}=\widetilde{B_2}\\ PAP^{-1}&=&P(B_1B_2)P^{-1}=(PB_1P^{-1})(PB_2P^{-1})=\widetilde{B_1}\widetilde{B_2}=\widetilde{A}\hbox{。} \end{eqnarray*}

這就完成了引理2的證明。 $\Box$

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$A_1,\ldots,A_s,B_1,\ldots,B_t$中有兩個矩陣是$B$型的, 不妨設$B_1=\widetilde{B_1},B_2=\widetilde{B_2}$, 於是與它們同時反交換的矩陣$X$有形式 $$X=\left(\begin{array}{cc} 0&Y\\ -Y&0 \end{array} \right)$$ 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$X_1,X_2$反交換當且僅當與之對應的$Y_1,Y_2$反交換。 於是, $M(n,\mathbb{R})$中存在一組$(s,t)$型解($t\geq2$)當且僅當$M(n/2,\mathbb{R})$的中存在一組$(t-2,s)$型解。

類似地, 若$A_1,\ldots,A_s,B_1,\ldots,B_t$中有一個$A$型的和一個$B$型的, 則不妨設 $$A_1=\widetilde{A_1},\quad B_1=\widetilde{B_1},$$ 於是與它們同時反交換的矩陣$Z$具有形式 $$Z=\left(\begin{array}{cc} 0&W\\ W&0 \end{array} \right),$$ 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$Z_1,Z_2$反交換當且僅當對應的$W_1,W_2$反交換。 於是, $M(n,\mathbb{R})$中存在一組$(s,t)$型解($s\geq1,t\geq1$)當且僅當$M(n/2,\mathbb{R})$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 4} Newman[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。 , 它可以把一組$(s,t)$型解($s\geq4$)轉換為一組$(s-4,t+4)$型解。 這個轉換如下給出。

設 $$A_1,\ldots,A_s,B_1,\ldots,B_t$$ 是$(3)$的一組解, 其中$s\geq4$。 令 $$\widetilde{A_i}=A_{i+4},\quad(i=1,\ldots,s-4);\quad\quad\widetilde{B_j}=B_j\,(j=1,\ldots,t),$$ 以及 $$\widetilde{B}_{t+1}=A_2A_3A_4,\quad\,\widetilde{B}_{t+2}=A_1A_3A_4,\,\quad \widetilde{B}_{t+3}=A_1A_2A_4,\,\quad \widetilde{B}_{t+4}=A_1A_2A_3$$ 容易驗證$\widetilde{A_1},\ldots,\widetilde{A}_{s-4},\widetilde{B_1},\ldots,\widetilde{B}_{t+4}$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($t\geq4$)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.

$M(n,\mathbb{R})$中存在一組$(s,t)$型解($t\geq2$)滿足$(3)$當且僅當$M(n/2,\mathbb{R})$中存在一組$(t-2,s)$型解滿足$(3)$。

引理4.

$M(n,\mathbb{R})$中存在一組$(s,t)$型解($s\geq1,t\geq1$)滿足$(3)$當且僅當$M(n/2,\mathbb{R})$存在一組$(s-1,t-1)$型解滿足$(3)$。

引理5.

$M(n,\mathbb{R})$中存在一組$(s,t)$型解($s\geq4$)滿足$(3)$當且僅當$M(n,\mathbb{R})$存在一組$(s-4,t+4)$型解滿足$(3)$; $M(n,\mathbb{R})$中存在一組$(s,t)$型解($t\geq4$)滿足$(3)$當且僅當$M(n,\mathbb{R})$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$n=2^qp$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$A^2=-E$,這與奇數階反對稱矩陣不可逆矛盾。

其次,$t\leq1$。這是引理$2{\rm(i)}$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$M(2p,\mathbb{R})$的任意一組$(s,t)$型解,必定有$s+t\leq3$。

若$t\geq2$,由引理3,$M(p,\mathbb{R})$中存在一組$(t-2,s)$型解,於是$t-2=0$,且$s\leq1$,從而$s+t\leq3$。

若$t=1$,且$s\geq1$,則由引理4,$M(p,\mathbb{R})$中存在一組$(s-1,0)$型解,從而$s=1$,$s+t=2\leq3$。

若$t=0$我們用反證法證明$s=\leq3$.若$s\geq4$,則由引理5,$M(2p,\mathbb{R})$中存在一組$(s-4,4)$型解,由此第一種情況得證的結果$s\leq3$,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$s\leq1$。用反證法。假定$s\geq2$。由於$A_1^2=-E$,根據實反對稱矩陣的譜定理 ^{5 5} 見Kaplansky[7]。 ,存在正交矩陣$P$使得 $$PA_1P^{-1}=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\[2mm] -E&0 \end{array} \right)=\widetilde{A_1}.$$ 由於反對稱矩陣$PA_2P^{-1}$與$\widetilde{A_1}$反交換,於是$PA_2P^{-1}$具有形式 $$PA_2P^{-1}=\left(\begin{array}{cc} X&Y\\[2mm] Y&-X \end{array} \right)$$ 其中$X,Y\in M(m,\mathbb{R})$皆為反對稱矩陣.如果$A_2$進一步滿足$A_2=-E$,則$X,Y$將滿足 $$X^2+Y^2=-E,\quad XY=YX.$$ 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: \begin{eqnarray*} A_1=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\[2mm] -E&0 \end{array} \right),\qquad B_1=\left(\begin{array}{cc} E&0\\[2mm] 0&-E \end{array} \right),\qquad B_2=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\[2mm] E&0 \end{array} \right) \end{eqnarray*}

第三步.

我們將對$q\geq0$歸納證明,$M(n,\mathbb{R})$中任意 一組$(s,t)$型解滿足$s+t\leq2q+1$而且等號可以成立,對於$n=2^qp$。

一方面,我們利用引理4可以從$M(p,\mathbb{R})$中的$(0,1)$型解歸?構造出 $M(2^qp,\mathbb{R})$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 $$A_1^{(q-1)},\cdots,A_{q-1}^{(q-1)},B_1^{(q-1)},\cdots,B_q^{(q-1)}$$ 為$M(2^{q-1}p,\mathbb{R})$中的一組$(q-1,q)$型解,則 \begin{eqnarray} A_i^{(q)}=\left(\begin{array}{cc} 0&A_i^{(q-1)}\\[2mm] A_i^{(q-1)}&0 \end{array} \right)\quad (i=1,\cdots,q-1),\qquad A_q^{(q)}=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\[2mm] -E&0 \end{array} \right),\nonumber\\ B_k^{(q)}=\left(\begin{array}{cc} 0&B_k^{(q-1)}\\[2mm] B_k^{(q-1)}&0 \end{array} \right)\quad (k=1,\cdots,q),\qquad B_{q+1}^{(q)}=\left(\begin{array}{cc} E&0\\[2mm] 0&-E \end{array} \right) \end{eqnarray} 是$M(2^qp,\mathbb{R})$中的一組$(q,q+1)$型解。

下面我們將說明,$M(n,\mathbb{R})$中任何一組 $(s,t)$解都滿足$s+t\leq2q+1$。

這是因為$M(n,\mathbb{R})$中任何一組 $(s,t)$解都可以通過引理3-5化歸為 $M(n/2,\mathbb{R})$中的一組個數為$s+t-2$的解: 如果$t\geq2$應用引理3;如果$t=1$且$s\geq1$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$s\geq2q+2$, 由於$q\geq2$所以$s\geq2\times2+2=6$,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,$M(n,\mathbb{R})$中存在一組$(s,t)$型的極大解當且僅當$t\in[0,2q+1]$滿足 $t\equiv\,q+1\pmod4$。

充分性.

將表明對$[0,2q+1]$中任意的滿足$t\equiv q+1\pmod4$的自然數$t$,$M(n,\mathbb{R})$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$t\equiv q+1\pmod4$所保證。

必要性.

設$n=2^qp$,其中$q\geq2$,如果$M(n,\mathbb{R})$中存在一組$(s,t)$型的極大解,根據Newman轉換, 可以不妨設$s\geq1,t\geq1$,於是由引理4 $M(n=2^{q-1}p,\mathbb{R})$中存在一組$(s-1,t-1)$型的極大解,由$q-1$時的歸納假設, $t-1\equiv\,q\pmod4$,也就是$t\equiv\,q+1\pmod4$。

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$K(n)\leq2q+1$。 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$n=2^qp$, 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$q\equiv3\pmod4$, 則$(3)$的一組$(s,t)$型極大解滿足$t\equiv\,q+1\equiv0\pmod4$, 取$t=0$, 此時$s=2q+1$達到最大, 換言之, $K(n)=2q+1$。
• (ii)若$q\equiv0\pmod4$, 則$(3)$的一組$(s,t)$型極大解滿足$t\equiv\,q+1\equiv1\pmod4$, 取$t=1$, 此時$s=2q$, 於是$K(n)\geq2q$。 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$0\equiv q+1\pmod4$, 即$q\equiv3\pmod4$, 矛盾。
• (iii)若$q\equiv1\pmod4$, 則$(3)$的一組$(s,t)$型極大解滿足$t\equiv\,q+1\equiv2\pmod4$, 取$t=2$, 此時$s=2q-1$, 於是$K(n)\geq2q-1$。 我們斷言此時$K(n)=2q-1$。 假定存在$2q$個矩陣$A_1,\ldots,A_{2q}$滿足$(1)$, 則令 $$A_{2q+1}=A_1\cdots\,A_{2q},$$ 則容易看到$A_{2q+1}$是一個$A$型矩陣, 且與$A_1,\ldots,A_{2q}$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$q\equiv2\pmod4$, 則$(3)$的一組$(s,t)$型極大解滿足$t\equiv\,q+1\equiv3\pmod4$, 取$t=3$, 此時$s=2q-2$, 於是$K(n)\geq2q-2$。 設$A_1,\ldots,A_{2q-2}$滿足$(1)$, 則我們可以添加矩陣 $$A_{2q-1}=A_1\cdots\,A_{2q-2}$$ 得到一組滿足$(1)$的$2q-1$個矩陣.於是進一步有$K(n)\geq2q-1$, 我們斷言$K(n)=2q-1$。 用反證法來說明這一點, 假設$A_1,\ldots,A_{2q}$滿足$(1)$, 則 $$B_1=A_1\cdots\,A_{2q}$$ 與$A_1,\ldots,A_{2q}$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$1\equiv q+1\pmod4$, 即$q\equiv0\pmod4$, 矛盾。

綜上, 我們確定出$K_\mathbb{R}(n)$的值如下: \begin{eqnarray*} K_\mathbb{R}(n)=\left\{\begin{array}{ll} 2q&\quad\textrm{$q\equiv0\pmod4$}\\ 2q-1&\quad\textrm{$q\equiv1\pmod4$}\\ 2q-1&\quad\textrm{$q\equiv2\pmod4$}\\ 2q+1&\quad\textrm{$q\equiv3\pmod4$} \end{array}\right. \end{eqnarray*}

$\Box$

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。 $A_1,\ldots,A_k$與$B_1,\ldots,B_k$同是$F$上的$n$階對稱矩陣或反對稱矩陣, 若 存在矩陣$P\in\,GL(n,F)$使得 $$PA_iP^{-1}=B_i,\quad (i=1,\ldots,k)\hbox{。}$$ 則存在矩陣$Q\in\,GL(n,F),\,QQ'=E$使得 $$QA_iQ^{-1}=B_i,\quad (i=1,\ldots,k)\hbox{。}$$

這個定理似乎是Albert首先發現的, 見[1, Theorem27], 一個簡單的證明可見Kaplansky[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$B_1,B_2\in\,M(n,F)$滿足 $$B_1^2=B_2^2=E,\qquad B_1B_2=-B_2B_1\hbox{。}$$ 則$n=2m$且存在$P\in\,GL(n,F)$使得 \begin{eqnarray*} PB_1P^{-1}=\widetilde{B_1}=\left(\begin{array}{cc} E&0\\ 0&-E \end{array} \right)\qquad \mbox{且}\qquad PB_2P^{-1}=\widetilde{B_2}=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\ E&0 \end{array} \right). \end{eqnarray*}
• (ii)設$A,B\in\,M(n,F)$滿足 $$A^2=-E,\quad\,B^2=E,\quad\,AB=-BA$$ 則$n=2m$且$P\in\,GL(n,F)$使得 $$ PAP^{-1}=\widetilde{A}=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\ -E&0 \end{array} \right)\qquad \mbox{且}\qquad PBP^{-1}=\widetilde{B}=\left(\begin{array}{cc} E&0\\ 0&-E \end{array} \right). $$

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$B_1,B_2\in\,M(n,F)$都是對稱矩陣且滿足 $$B_1^2=B_2^2=E,\qquad B_1B_2=-B_2B_1\hbox{。}$$ 則$n=2m$且存在$Q\in\,GL(n,F),\,QQ'=E$使得 \begin{eqnarray*} QB_1Q^{-1}=\widetilde{B_1}=\left(\begin{array}{cc} E&0\\ 0&-E \end{array} \right)\qquad \mbox{且}\qquad QB_2Q^{-1}=\widetilde{B_2}=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\ E&0 \end{array} \right). \end{eqnarray*}
• (ii)設$A,B\in\,M(n,F)$, $A$是反對稱的, $B$是對稱的, 並且滿足 $$A^2=-E,\quad\,B^2=E,\quad\,AB=-BA$$ 則$n=2m$且存在$Q\in\,GL(n,F),\,QQ'=E$使得 $$ QAQ^{-1}=\widetilde{A}=\left(\begin{array}{cc} 0&E\\ -E&0 \end{array} \right)\qquad \mbox{且}\qquad QBQ^{-1}=\widetilde{B}=\left(\begin{array}{cc} E&0\\ 0&-E \end{array} \right). $$

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, $\overline{F}$為其代數閉包。 設$A_1$, $\ldots,A_s,B_1,\ldots,B_t$是$M(n,F)$中的一組$(s,t)$型解, 它自然是$M(n,\overline{F})$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$s+t\leq2q+1$, 而且如果$s+t=2q+1$, 則$t\equiv\,q+1\pmod4$。 為證明當$t$滿足同餘條件$t\equiv\,q+1\pmod4$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 $t\equiv\,q+1\pmod4$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$n=2^qp$其中$p$是奇數。 則方程$(3)$在$M(n,F)$中的任意一組解$A_1,\ldots,A_s,B_1,\ldots,B_t$ 滿足$s+t\leq 2q+1$;並且, 存在一組使得$s+t=2q+1$的$(s,t)$型解當且僅當$t$滿足$0\leq t\leq 2q+1$且$t\equiv q+1\pmod4$。

由此, 我們得到Hurwitz-Radon定理的最一般的版本。 ^{6 6} 很抱歉, 作者尚不清楚這個結果最初由誰發現。

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值, 並且其最大值$K_F(n)$如下給出: \begin{eqnarray*} K_F(n)=K(n)=\left\{\begin{array}{ll} 2q&\quad\textrm{$q\equiv0\pmod4$}\\ 2q-1&\quad\textrm{$q\equiv1\pmod4$}\\ 2q-1&\quad\textrm{$q\equiv2\pmod4$}\\ 2q+1&\quad\textrm{$q\equiv3\pmod4$} \end{array}\right. \end{eqnarray*} 其中$q$滿足$n=2^qp$, $p$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$n=2^q\,p$, $p$為奇數。若$A_1,\ldots,A_k\in\,M(n,F)$滿足$(2)$, 則$k$有最大值$E_F(n)$, 且$E_F(n)$如下給出:

• (i)若$-1$是$F$中的平方數, 則$E_F(n)=2q+1$;
• (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 \begin{eqnarray*} E_F(n)=\left\{\begin{array}{ll} 2q&\quad\textrm{$q\equiv0\pmod2$}\\ 2q+1&\quad\textrm{$q\equiv1\pmod2$} \end{array}\right.; \end{eqnarray*}
• (iii)若$-1$不能寫成$F$中兩個平方數的和, 則 \begin{eqnarray*} E_F(n)=K(n)=\left\{\begin{array}{ll} 2q&\quad\textrm{$q\equiv0\pmod4$}\\ 2q-1&\quad\textrm{$q\equiv1\pmod4$}\\ 2q-1&\quad\textrm{$q\equiv2\pmod4$}\\ 2q+1&\quad\textrm{$q\equiv3\pmod4$} \end{array}\right. \end{eqnarray*}

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Clifford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.

$n\geq2$維歐氏空間$\mathbb{R}^n$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)$(x\times\,y,x)=(x\times\,y,y)=0$。
• (ii)$\|x\times\,y\|^2=\|x\|^2\|y\|^2-(x,y)^2$。

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.

$K(n)\leq\,n-1$, 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$n\geq1$。 如果存在$x_1,\ldots,x_n$與$y_1,\ldots,y_n$的實雙線性函數$z_1,\ldots,z_n$使得 \begin{equation} (x_1^2+\cdots+x_n^2)(y_1^2+\cdots+y_n^2)=(z_1^2+\cdots+z_n^2) \end{equation} 對一切實變數$x_1,\ldots,x_n$與$y_1,\ldots,y_n$成立, 則$n=1,2,4,8$。

對於$n=1$等式是平凡的:$x_1^2y_1^2=(x_1y_1)^2$。

對$n=2$我們有 \begin{equation} (x_1^2+x_2^2)(y_1^2+y_2^2)=(x_1y_1-x_2y_2)^2+(x_1y_2+x_2y_1)^2 \end{equation} 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 7} Lagrange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。 \begin{equation} (x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2)(y_1^2+y_2^2+y_3^2+y_4^2)=z_1^2+z_2^2+z_3^2+z_4^2 \end{equation} 其中$z_1,z_2,z_3,z_4$為 ^{8 8} 事實上, 它們分別是四元數 $(x_1+x_2\textbf{i}+x_3\textbf{j}+x_4\textbf{k})(y_1+y_2\textbf{i}+y_3\textbf{j}+y_4\textbf{k})$的各個係數。 \begin{eqnarray*} z_1=x_1y_1-x_2y_2-x_3y_3-x_4y_4,\quad z_2=x_1y_2+x_2y_1+x_3y_4-x_4y_3\\ z_3=x_1y_3-x_2y_4+x_3y_1+x_4y_2,\quad z_4=x_1y_4+x_2y_3-x_3y_2+x_4y_1 \end{eqnarray*}

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。

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

---本文作者為中國首都師範大學數學科學院研究生---