1961年, 楊振寧先生與伯厄斯(Nina Byers)提出了用量子統計力學的基本結果 ---BCS理論--- 來解釋磁通量量子化的設想。這個工作引導他試圖去瞭解BCS理論以及庫珀對(Cooper pairs) 的準確涵義。 ^{1 1} BCS是T. Bardeen, L. N. Cooper 和 J. R. Schrieffer三人姓名的縮寫, 他們因為在1957年的合作工作中提出了超導性的微觀理論(BCS理論)而獲得1972年的諾貝爾物理學獎。 庫珀配對是指, 費米子兩兩成對, 形成一種類似於玻色子的結構, 它是BCS超導理論的一個基本構成。 楊先生的這項研究導致了1962年發表的題為《非對角長程序及液氦和超導體的量子相》這一漂亮文章 。 楊先生曾在其論文選集 中對該文作了簡要的評論。 對於這篇文章, 他本人在1987年作過更通俗的評述（見 ）：

在1962年, 我把以前的一個想法和它的數學基礎重新分析了一下, 寫出了一篇文章。 中間我引入了一個術語, 叫做「非對角長程序」(off-diagonal long-range order)。我認為這是一篇非常重要的文章, 我覺得這篇文章的重要性今天還沒有完全發揮出來。 最近發現了高溫超導(high $T_c$ superconductivity), 所以使得我對超導問題重新發生興趣, 證實了我當時的想法。 超導理論中一個劃時代的貢獻, 是BCS理論。不過BCS並非唯一的超導機制, 今天的高溫超導 機制很可能是BCS之外的。我現在正研究這個問題, 不過還沒有什麼成果可以向大家報告。 1962年關於超導的這一類工作, 也是一種統計力學的工作, 不過跟我以前做的統計力學不完全一樣。 以後我就做了這樣一件事情。既然我給了一個條件, 在這個條件之下, 一個運動系統就會有超流或 超導現象, 這個條件就是該系統具有非對角長程序。所以從1962年開始, 我就熱衷於這樣一件事情, 即 試圖找出一個運動系統, 一個模型, 對這個模型我可以嚴格證明它有非對角長程序。

我在1962年的文章中指出了BCS理論之所以正確的原因在於, 他們猜出了一個波函數, 而 這個波函數具有非對角長程序。可是這個原來的物理問題跟這個猜出來的波函數是什麼關係, 他們不能證明。 從嚴格的意義上來講, 這個波函數並非原來模型的解, 只能籠統地說「這樣一個波函數是一個很好的近似解」, 但這是不嚴格的。 所以, 從1962年開始, 我所要做的一件事情, 就是試圖找出一個簡化的模型, 使得對這個模型我可以嚴格證明, 它的基態波函數有非對角長程序。

筆者最近半年學習了這篇文章, 漸漸體會出其中的一些精深微妙之處, 這裏 僅僅選取一二與大家分享。最主要的是, 楊振寧先生在1963年發表的同一主題的姊妹篇 中提出的一個進一步的猜想似乎至今尚未被人證實, 筆者希望這一猜想能引起讀者的興趣。

為便於讀者閱讀和理解, 筆者這裏將楊振寧先生所用的物理術語轉換成數學語言, 對於比較重要的概念, 我們會以註記的形式交代其物理背景。 本文中, 定理2和定理3與楊振寧原文中的對應結果在表述上略有差異, 但這一差異只是表面上的。

1. 外代數的外乘和內乘

我們考慮向量空間為 $\mathbb{R}^m$ 上的 外代數 $\bigwedge^*(\mathbb{R}^m)=\bigoplus_{n=0}^m\bigwedge^n(\mathbb{R}^m)$, 其中 $\bigwedge^n(\mathbb{R}^m)$ 是 $\mathbb{R}^m$ 上的 $n$ 次形式的空間。

通過 $\bigwedge^1(\mathbb{R}^m)$ 上的內積 $\langle\xi,\eta\rangle$ 可以誘導出 $\bigwedge^*(\mathbb{R}^m)$ 上的內積, 使得若 $\theta^1,\ldots,\theta^n$ 是 $\bigwedge^1(\mathbb{R}^m)$ 的一組標準正交基, 則 $\{\theta^J=\theta^{j_1}\wedge\theta^{j_2}\wedge\cdots\wedge\theta^{j_n}\}$ (其中 $J=\{j_1\lt \ldots\lt j_n\}$ 取遍 $\{1,\ldots,m\}$ 的 $n$ 元子集)為 $\bigwedge^n(\mathbb{R}^m)$ 的一組標準正交基。

任意給定 $\xi\in\bigwedge^n(\mathbb{R}^m)$, 則它可以定義 $\bigwedge^*(\mathbb{R}^m)$ 上的 一個外乘 $e(\xi)$ 如下 $$e(\xi)\omega=\xi\wedge\omega$$ 設 $i(\xi)$ 是 $e(\xi)$ 在上述內積下的伴隨。那麼對 $\xi\in\bigwedge^1(\mathbb{R}^m)$ 我們容易算出 $$i(\xi)(\theta^{j_1}\wedge\cdots\wedge\theta^{j_n})=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\langle\theta^{j_k},\,\xi\rangle\theta^{j_1}\wedge\cdots\wedge\widehat{\theta^{j_k}}\wedge\cdots\wedge\theta^{j_n}$$ 特別的, $$i(\theta^{j})(\theta^{j_1}\wedge\cdots\wedge\theta^{j_n}) =\left\{\begin{array}{ll} 0&\textrm{{若 $j\neq\,j_1,j_2,\ldots,j_n$}}\\ (-1)^{k-1}\theta^{j_1}\wedge\cdots\wedge\widehat{\theta^{j_k}}\wedge\cdots\wedge\theta^{j_n}&\textrm{{若 $j=j_k$}} \end{array}\right.$$

由此可以得到, 對於任意的 $\xi,\eta\in\bigwedge^1(\mathbb{R}^m)$ 我們有 \begin{equation} e(\xi)i(\eta)+i(\eta)e(\xi)=\langle\xi,\eta\rangle \end{equation}

註: 在量子物理學中, 單個粒子的狀態用某個Hilbert空間 $\mathcal{H}$（其狀態空間）中的向量來表示, 如果要描述 $n$ 個全同粒子的狀態, 則依據該類粒子是Boson或Fermion分別用 $\mathcal{H}$ 的對稱或反對稱的 $n$ 重線性函數（反對稱的 $n$ 重線性函數就是 $n$ 形式）表示, 在物理學中一般稱為波函數。 這裏我們只考慮Fermion, 從某種程度上講, Fermion比Boson更為簡單。 以上定義的外乘和內乘在量子力學中分別對應著Fermion產生算符和湮滅算符, 而且上述基本關係就是 Fermion對易關係。Fermion對易關係通常在一組標準正交基下表達出來。 設 $\{\theta^1,\ldots,\theta^m\}$ 是 $\bigwedge^1(\mathbb{R}^m)$ 的一組標準正交基, 記 $a_j=i(\theta^j),a_j^\dagger=e(\theta^j)$。則根據 $(1)$ 我們有對易關係的下述表示 \begin{equation} [a_i,a_j^\dagger]_+=\delta_{ij}\\ \end{equation} 這裏 $[a,b]_+=ab+ba$ 是 $a,b$ 的反對易子。將外代數乘法的反交換律 $$\xi\wedge\eta=(-1)^{\deg\xi\deg\eta}\eta\wedge\xi$$ 應用於一次形式 $\theta^i,\theta^j$ 得到 $$\theta^i\wedge\theta^j+\theta^j\wedge\theta^i=0$$ 由此得到 \begin{equation} [a_i,a_j]_+=[a_i^\dagger,a_j^\dagger]_+=0 \end{equation} $(2),(3)$ 就是物理學中的Fermion對易關係的通常表達。

2. 楊振寧建議的一個問題

一個體系由其哈密爾頓量完全決定, 根據量子力學的基本原理, 體系的哈密爾頓量在數學上用一個自伴算子表示, 該算子的特徵值 稱為該體系的能級。我們最為關心的是最低能級, 也就是所謂的 基態能。

對於Fermion體系來說, 最簡單的算子就是產生、湮滅算子。 由它們可以構造出一些簡單的自伴算子, 例如可以考慮由 $a_j,a_j^\dagger$ 構成的二次型 $$H=\sum_{i,j}\Big(u_{ij}a_i^\dagger a_j^\dagger+2v_{ij}a_i^\dagger a_j+w_{ij}a_ia_j\Big)$$ 其中 $u_{ij}=-u_{ji},v_{ij}=v_{ji},w_{ij}=-u_{ij}$ 為實數。1986年左右, S. P. Novikov注意到, 這類二次型算子可以經過所謂的（實）Bogolyubov變換對角化, 從而求出其全部特徵值, 可見 或 [pp.271--278]。 ^{2 2} S. P. Novikov當時是為了構造流形上關於向量場的臨界點的Morse不等式的類似物而遇到這類算子的。 但是, 這一類算子並不是BCS理論中的算子。

楊先生建議考慮以下一類算子 $$H(A)=A^\dagger A$$ 其中 $A=A(a_1,\ldots,a_m)$ 是湮滅算子 $a_1,\ldots,a_m$ 的 $k$ 次齊次多項式。 注意到 $H(A)$ 是正定算子, 所以最大特徵值 $\lambda_{\max}H(A)$ 是正的。 對於任意的 $A$, 要代數地求出 $H(A)$ 的最大特徵值幾乎是不可能的, 但是我們可以問, 假定 $A$ 滿足某個規範化條件, 使得 $H(A)$ 的最大特徵值 $\lambda_{\max}H(A)$ 取得最大值的 $A$ 是何種形式的？ 楊先生期望, 這樣的 $A$ 所決定的哈密爾頓算子 $H(A)$ 的基態特徵函數自動就具有庫珀配對形式, 從而為庫珀配對 提供出一個合理的數學解釋。

利用外代數的語言, 楊先生所研究這一問題可以表述如下：

設 $\xi\in\bigwedge^k(\mathbb{R}^m),\,\eta\in\bigwedge^l(\mathbb{R}^m)$, 求 $$\|e(\xi)\eta\|^2=\|\xi\wedge\eta\|^2$$ 在約束條件 $$\|\xi\|=\|\eta\|=1$$ 下的最大值。

顯然, 我們只考慮 $k+l\leq\,m$ 的情形。記這個最大值為 $C^m(k,l)$, 楊振寧 得到了下述結果：

定理1 ([p.341], 定理5): $C^m(1,l)=1$。

定理2([p.341], 定理6, 以及[p.419], 腳注 ): \begin{equation} C^m(2,l)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{(l+2)(m-l)}{2m},&\quad\textrm{若 $m\equiv0\pmod2,\quad l\equiv0\pmod2$}\\[2mm] \frac{(l+1)(m-l-1)}{2(m-2)},&\quad\textrm{若 $m\equiv0\pmod2,\quad l\equiv1\pmod2$}\\[2mm] \frac{(l+2)(m-l-1)}{2(m-1)},&\quad\textrm{若 $m\equiv1\pmod2,\quad l\equiv0\pmod2$}\\[2mm] \frac{(l+1)(m-l)}{2(m-1)},&\quad\textrm{若 $m\equiv1\pmod2,\quad l\equiv1\pmod2$} \end{array}\right. \end{equation}

定理1的證明非常簡單, 它其實是Fermion對易關係(1)的推論。證明如下：

證明: 設 $\xi\in\bigwedge^1(\mathbb{R}^m)$, 則 \begin{align*} \|e(\xi)\eta\|^2+\|i(\xi)\eta\|^2&=\langle\,e(\xi)\eta,e(\xi)\eta\rangle+\langle\,i(\xi)\eta,i(\xi)\eta\rangle\\ &=\langle\eta,\,i(\xi)e(\xi)\eta\rangle+\langle\eta,\,e(\xi)i(\xi)\eta\rangle\\ &=\langle\eta,\,[i(\xi)e(\xi)+e(\xi)i(\xi)]\eta\rangle\\ &=\langle\eta,\,\langle\xi,\,\xi\rangle\eta\rangle\quad (\mbox{根據 $(1)$})\\ &=\langle\xi,\,\xi\rangle\langle\eta,\,\eta\rangle \end{align*} 因此 $$\|\xi\wedge\eta\|^2= \langle\xi,\,\xi\rangle\langle\eta,\,\eta\rangle-\|i(\xi)\eta\|^2 \leq\langle\xi,\,\xi\rangle\langle\eta,\,\eta\rangle$$ 並且等號成立當且僅當 $i(\xi)\eta=0$。證畢。$\Box$

定理2的證明在 中是作為附錄給出的, 楊振寧先生給出的證明非常巧妙, 我們將在下一節詳細介紹。 在定理2的基礎上, 楊先生在 中進一步作出以下猜測（對於 $k$ 為奇數的情況, 他 也給出了一個類似的猜測, 見[p.419] 第 $(10)$ 式）：

猜想3 ([p.419], 第 $(9)$ 式): 設 $m=2n$, $k=2r$, $l=2s$ 都是偶數, 則 $\|\xi\wedge\eta\|^2$ 在約束條件 $\|\xi\|=\|\eta\|=1$ 下的最大值 $C^m(k,l)$ 由 $$\xi_{\max}=\frac{\Omega^r}{\|\Omega^r\|}\quad\mbox{和}\quad\eta_{\max}=\frac{\Omega^s}{\|\Omega^s\|}$$ 實現, 其中 $\Omega^r$ 是 $\Omega$ 的 $r$ 次（外乘積）冪, 而 $${\Omega}=\theta^1\wedge\theta^2+\theta^3\wedge\theta^4+\cdots+\theta^{2n-1}\wedge\theta^{2n}$$

我們先來計算這個預見的最大值 $C^m(k,l)$。為此, 我們計算出 $$\Omega^p=p!\sum_{1\leq\,i_1\lt i_2\lt \cdots\lt i_p\leq\,n}(\theta^{2i_1-1}\wedge\theta^{2i_1})\wedge(\theta^{2i_2-1}\wedge\theta^{2i_2})\wedge\cdots\wedge(\theta^{2i_p-1}\wedge\theta^{2i_p})$$ 從而 $$\|\Omega^p\|^2=(p!)^2{n\choose{p}}$$ 從而 \begin{align*} \|\xi_{\max}\wedge\eta_{\max}\|^2 &=\frac{\|\Omega^{r+s}\|^2}{\|\Omega^{r}\|^2\|\Omega^{s}\|^2} =\frac{[(r+s)!]^2{n\choose{r+s}}}{(r!)^2{n\choose{r}}(s!)^2{n\choose{s}}}\\ &={{r+s}\choose{r}}^2{n\choose{r+s}}\frac{1}{{n\choose{r}}{n\choose{s}}} \end{align*}

特別的, 對於 $k=2(r=1),l=2s$ 的情況, 上式給出的值 $$C^m(2,l)={{1+s}\choose{1}}^2{n\choose{1+s}}\frac{1}{{n\choose{1}}{n\choose{s}}}=\frac{(s+1)(n-s)}{n}$$ 與定理2中給出的值 $\frac{(l+2)(m-l)}{2m}$ 吻合。

3. 定理2的證明

定理2的證明: 我們只考慮 $m\equiv0\pmod2$, $l\equiv0\pmod2$ 的情況, 其他情況類似可證。設 $m=2n$ 且 $l=2s$。我們對自然數 $l$ 用數學歸納法證明。

命題(A): 對於一切偶數 $l$ 有 $$C^m(2,l)=\frac{(l+2)(m-l)}{2m},\quad \mbox{對於所有的偶數}m\geq\,l+2$$

首先我們驗證命題 (A) 對 $l=0$ 成立。此時 $\eta=\pm1$, 我們要證明 $C^m(2,0)=1$, 也就是說, 對任意的 $\xi\in\bigwedge^2(\mathbb{R}^{m})$, 有 $$\|\xi\wedge1\|^2\leq\|\xi\|^2$$ 而且等號可以取得。然而這是一個明顯的等式。

現在假定命題 (A) 對於一切 $l\leq\,N-2$ 的偶數成立, 其中 $N$ 是一個偶數, 我們要證它對 $l=N$ 也成立。 對此, 我們將在上述歸納假定下對 $m$ 用數學歸納法證明

命題(B): 對於任意的偶數 $m\geq\,N+2$ 有 $$C^m(2,N)=\frac{(N+2)(m-N)}{2m}$$

首先我們驗證 $m=N+2$ 的情況。我們要證明此時 $C^m(2,N)=1$。設 \begin{align*} \xi&=\sum_{1\leq\,i\lt j\leq\,m}\xi_{ij}\theta^i\wedge\theta^j,\\ \eta&=\sum_{1\leq\,i\lt j\leq\,m}\eta_{ij}\theta^1\wedge\cdots\wedge\widehat{\theta^i}\wedge\cdots\wedge\widehat{\theta^j}\cdots\wedge\theta^{2n} \end{align*} 則 $$\xi\wedge\eta=\sum_{1\leq\,i\lt j\leq\,m}\xi_{ij}\eta_{ij}(-1)^{i+j-1}\theta^1\wedge\cdots\wedge\theta^{2n}$$ 因此 \begin{align*} \|\xi\wedge\eta\|^2&=\Big|\sum_{1\leq\,i\lt j\leq\,m}\xi_{ij}[(-1)^{i+j-1}\eta_{ij}]\Big|^2\\ &\leq\Big(\sum_{1\leq\,i\lt j\leq\,m}|\xi_{ij}|^2\Big)\Big(\sum_{i\lt j}|\eta_{ij}|^2\Big) \quad\mbox{（Cauchy不等式）}\\ &=\|\xi\|^2\cdot\|\eta\|^2 \end{align*} 等號顯然可以取得, 例如取 $\xi=\theta^1\wedge\theta^2,\eta=\theta^3\wedge\theta^4\wedge\cdots\wedge\theta^{m}$。

現在, 我們來考慮命題 (B) 的歸納步驟。

設命題 (B) 對偶數 $m=M-2$ 成立, 我們要證明, 命題 (B) 對 $m=M$ 成立, 即我們要證明 $$C^M(2,N)=\frac{(N+2)(M-N)}{2M}$$

記 $M=2n$, $N=2s$, 我們要證的就是 $C^M(2,N)=\frac{(s+1)(n-s)}{n}$。

不妨設 $\|\xi\wedge\eta\|^2$ 的最大值 $B^M(2,N)$ 對某個 $\xi\in\bigwedge^{2}(\mathbb{R}^{M})$ 以及某個 $\eta\in\bigwedge^{N}(\mathbb{R}^{M})$ 取得。 利用反對稱矩陣的譜定理 ^{3 3} 楊振寧原文中其實考慮的是複數域 $\mathbb{C}$ 上的對應問題, 但是對於複反對陣矩陣有類似的結果, 這一結果在 中是直接證明的, 見[p.348] 引理。 , 可以不妨假定 $\xi$ 具有以下形式： \begin{align*} \xi=\sigma_1\theta^1\wedge\theta^2+\sigma_2\theta^3\wedge\theta^4+\cdots+\sigma_n\theta^{2n-1}\wedge\theta^{2n} \end{align*} 這裏 $\theta^1,\ldots,\theta^{2n}$ 是 $\bigwedge^{1}(\mathbb{R}^{M})$ 的一組標準正交基, $\sigma_1,\ldots,\sigma_n$ 是非負實數且滿足 $\sum_{i=1}^n\sigma_i^2=1$。 不妨設 $\sigma_1=\max\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}$, 於是 $\sigma_1^2\geq\frac{1}{n}\gt 0$。

我們進一步將 $\xi$ 寫成 $$\xi=\xi_0+\xi_1$$ 其中 \begin{align*} \xi_0&=\sigma_1\theta^1\wedge\theta^2,\\ \xi_1&=\sigma_2\theta^3\wedge\theta^4+\cdots+\sigma_n\theta^{2n-1}\wedge\theta^{2n} \end{align*} 我們將 $e(\xi)$ 視為 $V=\bigwedge^N(\mathbb{R}^M)$ 到 $W=\bigwedge^{N+2}(\mathbb{R}^M)$ 上 的一個線性變換：$\eta\mapsto\,\xi\wedge\eta$。 於是最大值 $C^M(2,N)$ 就可以解釋為上述線性變換 $e(\xi)$ 的範數的平方。

為將這個線性變換 $e(\xi)$ 在 $V$ 上的作用看得更清楚, 將 $V=\bigwedge^N(\mathbb{R}^M)$ 作直和分解 $V=V_0\bigoplus V_1$, 其中 \begin{align*} V_{0}&=(\theta^1\wedge\theta^2)\wedge^{N-2}(\mathbb{R}^{M-2})\bigoplus\wedge^{N}(\mathbb{R}^{M-2})\\ V_{1}&=\theta^1\wedge^{N-1}(\mathbb{R}^{M-2})\bigoplus\theta^2\wedge^{N-1}(\mathbb{R}^{M-2}) \end{align*} 這裏 $\bigwedge^{N-i}(\mathbb{R}^{M-2})$ 表示由 $\theta^3,\ldots,\theta^M$ 張成的 $N-i$ 次形式空間, $i=0,1,2$。 如果我們對空間 $W=\bigwedge^{N+2}(\mathbb{R}^M)$ 也作類似的分解, 得到相應的子空間 $W_{0},W_{1}$。 那麼容易看到：$e(\xi_0)$ 將 $V_0$ 映入 $W_0$, 將 $V_1$ 映為 $0$； 而 $e(\xi_1)$ 將 $V_i$ 映入 $W_i$, ($i=0,1$)。所以, $e(\xi)$ 將 $V$ 的直和分解 $V=V_0\oplus V_1$ 映射為 $W$ 的直和分解 $W=W_0\oplus\,W_1$。 注意到, 這裏出現的直和分解中的直和項相互正交, 所以, $e(\xi)$ 在全空間 $V$ 的範數平方（按照 $\xi$ 的取法, 它必定等於 $C^M(2,N)$）等於 $e(\xi)$ 限制在 $V_0$ 的範數平方與 $e(\xi)$ 限制在 $V_1$ 的範數平方這兩個數當中較大的一個。 很容易證明, $e(\xi)$ 在 $V$ 上的範數平方等於 $e(\xi)$ 限制在 $V_0$ 上的範數平方。 這是因為 $e(\xi)$ 在 $V_1$ 上的範數平方小於 $C^M(2,N)$。 用反證法證明如下：不然設 $\eta\in\,V_1,\|\eta\|=1$ 使得 $\|e(\xi)\eta\|^2=C^M(2,N)$, 於是 $$e(\xi)\eta=e(\xi_0)\eta+e(\xi_1)\eta=e(\xi_1)\eta.$$ 現在 $N\neq0,\,M-2$, 由此容易推出 $\xi_1\neq0$（否則 $\xi=\theta^1\wedge\theta^2$, 由定理1可以推出 $$\|\theta^1\wedge\theta^2\wedge\eta\|^2=\|\eta\|^2=1\lt \frac{(N+2)(M-N)}{2M}=\|\xi_{\max}\wedge\eta_{\max}\|^2,$$ $\xi$ 就不可能是最大值點。）因此, 選取單位向量 $\xi'=\frac{\xi_1}{\|\xi_1\|}$ 則有 $$\|e(\xi')\eta\|^2=\|e(\frac{\xi_1}{\|\xi_1\|})\eta\|^2=\frac{1}{1-\sigma_1^2}\|e(\xi)\eta\|^2 =\frac{1}{1-\sigma_1^2}C^M(2,N)\gt C^M(2,N)$$ 這與 $C^M(2,N)$ 為最大值矛盾。 於是 $e(\xi)$ 的範數平方必定等於它限制在 $V_0$ 的範數平方, 從而我們 只需要求出 $\|e(\xi)\eta\|^2$ 在 $V_0$ 的單位球面上的最大值。對任意的 $\eta\in\,V_0,\|\eta\|=1$, 我們寫 $$\eta=\theta^1\wedge\theta^2\wedge\phi+\psi$$ 這裏 $\phi\in\bigwedge^{N-2}(\mathbb{R}^{M-2}),\,\psi\in\bigwedge^{N}(\mathbb{R}^{M-2})$, 根據 $\|\eta\|=1$ 以及定理1可以推出, $\|\phi\|^2+\|\psi\|^2=1$。於是 \begin{align*} \|e(\xi)\eta\|^2&=\|(\xi_0+\xi_1)\wedge(\theta^1\wedge\theta^2\wedge\phi+\psi)\|^2\\ &=\|(\xi_0\wedge\psi+\xi_1\wedge\theta^1\wedge\theta^2\wedge\phi)+\xi_1\wedge\psi\|^2\qquad (\,\xi_0\wedge\theta^1\wedge\theta^2\wedge\phi=0)\\ &=\|\xi_0\wedge\psi+\xi_1\wedge\theta^1\wedge\theta^2\wedge\phi\|^2+\|\xi_1\wedge\psi\|^2\qquad (\mbox{勾股定理, $W_0\perp\,W_1$})\\ &\leq(\|\xi_0\wedge\psi\|+\|\theta^1\wedge\theta^2\wedge\xi_1\wedge\phi\|)^2+\|\xi_1\wedge\psi\|^2\qquad (\mbox{三角不等式})\\ &=(\|\sigma_1\psi\|+\|\xi_1\wedge\phi\|)^2+\|\xi_1\wedge\psi\|^2\qquad (\,\,i(\theta^1\wedge\theta^2)\psi=i(\theta^1\wedge\theta^2)(\xi_1\wedge\phi)=0) \end{align*} 即 \begin{equation} \|\xi\wedge\eta\|^2\leq(\sigma_1\|\psi\|+\|\xi_1\wedge\phi\|)^2+\|\xi_1\wedge\psi\|^2 \end{equation}

我們對 $\xi_1$ 和 $\phi$ 應用命題 (A) 在 $l=N-2$ 時的歸納假設, 有 \begin{equation} \|\xi_1\wedge\phi\|^2\leq\frac{s(n-s)}{n-1}\|\xi_1\|^2\|\phi\|^2=\frac{s(n-s)}{n-1}(1-\sigma_1^2)\|\phi\|^2 \end{equation}

對 $\xi_1$ 和 $\psi$ 應用命題 (B) 在 $m=M-2$ 時的歸納假設, 有 \begin{equation} \|\xi_1\wedge\psi\|^2\leq\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1} \|\xi_1\|^2\|\psi\|^2=\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1}(1-\sigma_1^2)\|\psi\|^2 \end{equation}

將 $(6),(7)$ 代入 $(5)$ 我們得到 \begin{equation*} \|\xi\wedge\eta\|^2\leq(\sigma_1\|\psi\|+\sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}(1-\sigma_1^2)}\|\phi\|)^2+\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1}(1-\sigma_1^2)\|\psi\|^2 \end{equation*}

如果我們令 $x=1-\sigma_1^2,\,y=|\psi|^2$, 則 $\sigma_1=\sqrt{1-x},\,\|\phi\|=\sqrt{1-y}$, 那麼上式右邊成為 $(x,y)$ 的函數 $f(x,y)$, 這裏 \begin{align} f(x,y)=&\big[\sqrt{(1-x)y}+\sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}x(1-y)}\big]^2+\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1}xy\nonumber\\ =&(1-x)y+2\sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}x(1-x)y(1-y)}+\frac{s(n-s)}{n-1}x(1-y)\nonumber\\ &+\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1}xy \end{align}

如果我們能證明 $f(x,y)$ 在 $(x,y)\in[0,1]\times[0,1]$ 上的最大值等於 $\frac{(s+1)(n-s)}{n}$, 那麼就完成了命題 (B) 的歸納步驟。

為求解這個最大值問題, 我們先列出臨界點方程 \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} \frac{\partial\,f(x,y)}{\partial\,x}=&-y+2\sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}}\sqrt{y(1-y)}\frac{1-2x}{2\sqrt{x(1-x)}}\\ &+\frac{s(n-s)}{n-1}(1-y)+\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1}y=0\\ \frac{\partial\,f(x,y)}{\partial\,y}=&1-x+2\sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}}\sqrt{x(1-x)}\frac{1-2y}{2\sqrt{y(1-y)}}\\ &-\frac{s(n-s)}{n-1}x+\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1}x=0 \end{aligned} \right. \end{equation} 下面的這個觀察可以幫助我們化簡上述方程組。 ^{4 4} 這個技巧是筆者試出來的, 楊振寧先生原文中直接給出最大值點而未加推導, 見[p.349] 。 如果令 \begin{equation*} \left\{ \begin{aligned} u&=\sqrt{(1-x)y}+\sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}x(1-y)}, \\ v&=\sqrt{\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1}xy}, \end{aligned} \right. \end{equation*} 那麼 $f(x,y)=u^2+v^2=g(u,v)$。於是, 從微分的鏈式法則 $$\left(\begin{array}{c} \frac{\partial\,f(x,y)}{\partial\,x}\\[2mm] \frac{\partial\,f(x,y)}{\partial\,y}\\[2mm] \end{array}\right)=\Bigg(\begin{array}{cc} \frac{\partial\,u}{\partial\,x}&\frac{\partial\,v}{\partial\,x}\\[2mm] \frac{\partial\,u}{\partial\,y}&\frac{\partial\,v}{\partial\,y}\\[2mm] \end{array} \Bigg)\left(\begin{array}{c} \frac{\partial\,g(u,v)}{\partial\,u}\\[2mm] \frac{\partial\,g(u,v)}{\partial\,v}\\[2mm] \end{array}\right)$$ 可知, 如果 $(x,y)$ 為 $f(x,y)$ 的臨界點, 那麼 由於在 $[0,1]\times[0,1]$ 的內部有 $$(\dfrac{\partial\,g(u,v)}{\partial\,u},\dfrac{\partial\,g(u,v)}{\partial\,v})=(2u,2v)\neq(0,0),$$ 從而Jacobi行列式 $$\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}=-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}+\sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}}\frac{\sqrt{1-y}}{\sqrt{y}}-\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{x}}+\sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}}\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{1-y}}=0$$ 整理得到 $$\Big(\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}\Big)= \sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}}\Big(\frac{\sqrt{1-y}}{\sqrt{y}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{1-y}}\Big)$$ 即 \begin{equation} \sqrt{y(1-y)}=\sqrt{\frac{s(n-s)}{n-1}}\sqrt{x(1-x)} \end{equation} 將這個等式代入臨界點方程組 $(9)$ 得到 \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{aligned} \frac{\partial\,f(x,y)}{\partial\,x}=&-y+\frac{s(n-s)}{n-1}(1-2x)+\frac{s(n-s)}{n-1}(1-y)+\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1}y=0\\ \frac{\partial\,f(x,y)}{\partial\,y}=&1-x+1-2y-\frac{s(n-s)}{n-1}x+\frac{(s+1)(n-1-s)}{n-1}x=0 \end{aligned} \right. \end{eqnarray*} 進一步化簡就是 \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{aligned} x+\frac{1}{n-s}y=1\\ \frac{s}{n-1}x+y=1 \end{aligned} \right. \end{eqnarray*} 求得 \begin{equation} (x,y)=(\frac{n-1}{n},\,\frac{n-s}{n}) \end{equation} 這是 $f(x,y)$ 在 $[0,1]\times[0,1]$ 內部的唯一臨界點。容易計算出臨界值 $$f(\frac{n-1}{n},\frac{n-s}{n})=u^2(\frac{n-1}{n},\frac{n-s}{n})+v^2(\frac{n-1}{n},\frac{n-s}{n})=\frac{(s+1)(n-s)}{n}.$$

為證明上述臨界值確實為 $f(x,y)$ 在 $(x,y)\in[0,1]\times[0,1]$ 上的最大值。 我們只需要求出 $f(x,y)$ 在各個邊界上的最大值並與之比較。而這是比較容易驗證的, 我們留給讀者。 總之, 不難證明, $f(x,y)$ 在邊界上的值嚴格小於臨界值 $\frac{(s+1)(n-s)}{n}$。 這樣我們就證明了 $f(x,y)$ 在 $[0,1]$ $\times[0,1]$ 上的最大值為 $\frac{(s+1)(n-s)}{n}$, 注意到, 前面的計算已經表明 $C^M(2,N)\geq\frac{(s+1)(n-s)}{n}$, 從而事實上等號成立, 這就 完成了命題 (B) 的歸納步驟。由數學歸納法原理, 我們證明了命題 (B) 。而命題 (B) 又是 命題 (A) 的歸納步驟, 所以由數學歸納法原理, 我們證明了命題 (A) 。從而完成了定理2的證明。 證畢。$\Box$

致謝

在本文的準備過程中, 筆者得到了清華大學物理系劉雲朋博士、首都師範大學 數學科學學院傅小虎、葛暢、邵紅亮、張寶群等同學的幫助, 特表感謝。

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---