發刊日期 |
2012年3月
|
||||||||||||
---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
標題 | Hurwitz-Radon矩陣方程 |
||||||||||||
作者 | |||||||||||||
關鍵字 | |||||||||||||
檔案下載 | |||||||||||||
全文 |
一. 記號約定本文中考慮的域$F$的特徵不等於 2。
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.
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。
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.
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。
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:
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$n=7$。
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--- |