四元数代数与约化范数

复数只添入一个平方为负的方向。如果再添一个方向，并规定两个方向交换次序时变号，会得到怎样的运算？本页把这件事落实为四个坐标上的乘法。一个二次式随即回答最实际的问题：给定元素，能不能除以它？答案依赖基域和两个参数，不能从“四元数”这个名字直接判断。

形式陈述

参数、基和乘法

固定域 $F$ ，要求特征不为 $2$ ，并取 $a,b\in F^\times$ ，也就是两个非零参数。四元数代数

B=(a,b)_F=F1\oplus Fi\oplus Fj\oplus Fk

是一个四维含幺结合代数，其中 $k=ij$ ，生成元满足

i^2=a,\qquad j^2=b,\qquad ji=-ij. \tag{1}

$1$ 是单位，其余基元的乘法全部由下表规定；行元素乘在左，列元素乘在右。

左乘右	$i$	$j$	$k$
$i$	$a$	$k$	$aj$
$j$	$-k$	$b$	$-bi$
$k$	$-aj$	$bi$	$-ab$

一般元素按双线性展开相乘。例如 $jk=j(ij)=(ji)j=-ij^2=-bi$ ；顺序反过来得到 $kj=bi$ 。这张表并非把未知的结合律当作已证事实：下面会用一个忠实矩阵模型证明表中运算确实结合。

对 $q=t+xi+yj+zk$ ，定义

\bar q=t-xi-yj-zk,\qquad \operatorname{trd}(q)=q+\bar q=2t,

\operatorname{nrd}(q)=q\bar q =t^2-ax^2-by^2+abz^2. \tag{2}

它们分别称为共轭、约化迹和约化范数。这里“范数”是一个取值于 $F$ 的代数函数，不自动是非负实数，也不是开平方后的长度。

可逆性的完整判据

对所有 $p,q\in B$ ，有

\overline{pq}=\bar q\bar p,\quad q\bar q=\bar q q=\operatorname{nrd}(q)1, \quad \operatorname{nrd}(pq)=\operatorname{nrd}(p)\operatorname{nrd}(q). \tag{3}

因此

q\in B^\times\quad\Longleftrightarrow\quad \operatorname{nrd}(q)\ne0, \qquad q^{-1}=\frac{\bar q}{\operatorname{nrd}(q)}. \tag{4}

若 $q\ne0$ 而约化范数为零，则 $\bar q\ne0$ ，并且 $q\bar q=\bar q q=0$ 。所以它是一个有明确左右消去见证的非零零因子。约化范数这个二次型在非零向量上不取零，当且仅当 $B$ 是除代数。

这里的除代数只要求每个非零元素可逆，不要求乘法交换。即使 $B$ 是除代数， $ij=k$ 与 $ji=-k$ 仍不同。

直觉

用二阶矩阵保证四元乘法不会自相矛盾

在某个域扩张 $E/F$ 中选 $s$ 满足 $s^2=a$ ；若 $a$ 已是平方，可直接取 $E=F$ 。因 $a\ne0$ ，有 $s\ne0$ 。定义

I=\begin{pmatrix}s&0\\0&-s\end{pmatrix},\qquad J=\begin{pmatrix}0&b\\1&0\end{pmatrix}.

直接乘得 $I^2=aI_2$ 、 $J^2=bI_2$ 、 $JI=-IJ$ 。于是

\rho(t+xi+yj+zk)= \begin{pmatrix} t+sx&b(y+sz)\\ y-sz&t-sx \end{pmatrix} \tag{5}

把乘法表送成矩阵乘法。若这张矩阵为零，对角的和与差给出 $t=x=0$ ，非对角的和与差再给 $y=z=0$ ；这里使用 $2,s,b$ 都可逆。因此 $\rho$ 是单射，四个基元没有被关系压缩成更低维。

表中任意两个元素的乘积仍是式 (5) 的形式。它们可在矩阵代数中计算，而矩阵乘法结合，所以原来四个坐标上的乘法结合。这也说明它确实属于定义中所说的结合代数，而非只是一组看起来合理的符号规则。

若将四个坐标也允许取 $E$ 中的值，式 (5) 的像就是整个 $M_2(E)$ ：对任意矩阵，可以从对角和差和非对角和差解出四个坐标。在 $F$ 上却未必如此，因为矩阵条目可能用了 $s\notin F$ 。能在更大的域里写成二阶矩阵，不等于已经在原域里分裂。

共轭为什么反转乘法次序

式 (5) 下的 $\bar q$ 对应二阶矩阵的伴随矩阵

\operatorname{adj}\begin{pmatrix}r&u\\v&w\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}w&-u\\-v&r\end{pmatrix}.

也可完全在乘法表上验证反序：只需检查 $16$ 对基元，因为两侧都双线性。例如 $\overline{ij}=-k$ ，而 $\bar j\bar i=(-j)(-i)=ji=-k$ 。若写成 $\bar i\bar j$ 就得到相反符号。

接着

(pq)\overline{pq}=pq\bar q\bar p =p\operatorname{nrd}(q)\bar p =\operatorname{nrd}(q)\operatorname{nrd}(p).

中间可以交换的只有基域标量，未假设 $p,q$ 交换。这证明范数乘法性。若 $q$ 可逆，范数乘法性应用于 $qq^{-1}=1$ 迫使其范数非零；若范数非零，式 (4) 同时给出左逆和右逆。

例子与边界

一个代数里既有可逆元素，也有非零零因子

取 $F=\mathbb Q$ 、 $a=2$ 、 $b=-1$ 。于是 $i^2=2$ 、 $j^2=-1$ 、 $k^2=2$ ，并且

\operatorname{nrd}(t+xi+yj+zk)=t^2-2x^2+y^2-2z^2.

对 $q=1+i+j$ ，约化范数为 $1-2+1=0$ ，但三个非零坐标保证 $q\ne0$ 。它的共轭 $1-i-j$ 也非零，而

(1+i+j)(1-i-j)=0.

展开时两个交叉项 $ij$ 与 $ji$ 抵消，不能把它误算成交换多项式中的 $-2ij$ 。

改成 $r=1+i+j+k$ ，约化范数为 $-2$ ，所以

r^{-1}=\frac{-1+i+j+k}{2}.

读者可按表分别计算 $rr^{-1}$ 和 $r^{-1}r$ ，两次都得到 $1$ 。负范数完全不妨碍可逆性。

Hamilton 模型为何真的是除代数

在实数上取 $a=b=-1$ ，得到 Hamilton 四元数 $\mathbb H$ 。此时

\operatorname{nrd}(q)=t^2+x^2+y^2+z^2.

实数平方非负，和为零迫使四个坐标全零。因此每个非零元素都有式 (4) 的逆。这是一份针对所有实输入的证明，检查一批小整数四元组不能替代它。

同一论证对 $(-1,-1)_{\mathbb Q}$ 也成立。扩到复数后，平方和却可能抵消，例如 $(t,x,y,z)=(1,\sqrt{-1},0,0)$ 。式 (5) 更直接给出复数上的矩阵同构。所以“是否为除代数”必须连同基域一起说。

三种容易混淆的边界

共轭不是代数自同构。 它保持加法和基域标量，但通常反转乘法。Hamilton 模型中 $\overline{ij}=-k$ ， $\bar i\bar j=k$ ，两者不同。
参数不能为零。 若允许 $a=0$ ， $i$ 立即成为平方为零的方向，以上矩阵单射和范数非退化论证均失效。这样的生成关系仍可研究，但不是本页的四元数代数合同。
特征二另需定义。 当 $-1=1$ 时，式 (1) 的反交换关系变成交换关系；对角和差也不能恢复坐标。不能把本页公式删去符号后继续套用。

推论与应用

二次恒等式与普通四维行列式

每个元素满足

q^2-\operatorname{trd}(q)q+\operatorname{nrd}(q)1=0. \tag{6}

这是将 $\bar q=\operatorname{trd}(q)-q$ 代入 $q\bar q=\operatorname{nrd}(q)$ 的直接结果。若 $q$ 不是标量， $1,q$ 线性无关，因此式 (6) 恰是其二次极小多项式；标量 $c$ 的极小多项式为 $X-c$ ，但约化特征多项式为 $(X-c)^2$ 。

若将左乘 $L_q:r\mapsto qr$ 写成四维 $F$ -矩阵，则

\operatorname{tr}(L_q)=2\operatorname{trd}(q),\qquad \det(L_q)=\operatorname{nrd}(q)^2. \tag{7}

证明可以在 $E$ 中使用式 (5)。左乘一个二阶矩阵时，它分别作用于输入矩阵的两列，于是四维作用是两个相同二阶块。其迹相加、行列式相乘，得到式 (7)。两侧原来就在 $F$ 中，在扩域内算相等便已证明原等式。

例如上面的 $r$ 有 $\operatorname{nrd}(r)=-2$ ，而 $\det(L_r)=4$ 。只给出正的四维行列式，会掩盖约化范数的符号。这正是“约化”二字要提醒的维数差异。

从元素证书走向整个代数

范数非零时，逆元只需固定数量的域四则运算；范数为零时，共轭给出可立即乘回的零因子证据。若输入系数为大有理数，固定数量的域运算不等于固定的位时间，还要计入整数乘除与约分成本。

下一步可以问整个代数是否同构于 $M_2(F)$ 。四元数分裂判据把这个问题转成一个二次范数方程，并把解转换成原域上的矩阵同构。若两元素的迹与范数相同，共轭证书则说明何时可以用同一个可逆元素把一个送到另一个，以及怎样找出全部这样的元素。

自检：在 $(2,-1)_{\mathbb Q}$ 中求 $j^{-1}$ 与 $(i+j)^{-1}$ 。分别为 $-j$ 与 $i+j$ ，因为 $j^2=-1$ ，而 $(i+j)^2=2-1=1$ 。后二者的交叉项消失依靠反交换，而非因为两个方向彼此独立就能忽略乘积。

参考资料

John Voight，Quaternion Algebras，Chapter 2，2021，§2.2 与 Proposition 2.3.1：非零参数、四维基及二次扩域中的矩阵实现。
John Voight，Chapter 3: Involutions，§3.2–§3.3：标准共轭、约化迹/范数、可逆性及普通正则作用的维数差异。本文的有理数算例和公开复算另行逐项构造。

形式陈述 ​

参数、基和乘法 ​

可逆性的完整判据 ​

用二阶矩阵保证四元乘法不会自相矛盾 ​

共轭为什么反转乘法次序 ​

一个代数里既有可逆元素，也有非零零因子 ​

Hamilton 模型为何真的是除代数 ​

三种容易混淆的边界 ​

二次恒等式与普通四维行列式 ​

从元素证书走向整个代数 ​

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