四元数共轭与内自同构证书

两个四元数可以有相同的二次关系，却写成很不一样的坐标。要证明它们只是同一作用的不同摆放，需要交出一个可逆元素 $c$ ，把一个夹成另一个： $\beta=c\alpha c^{-1}$ 。先消去逆元会得到线性方程，但线性方程的一个非零解可能恰好不可逆。本页把这最后一步也做成有终止保证的检查。

形式陈述

一个元素的共轭合同

设 $B=(a,b)_F$ 是四元数代数， $\operatorname{char}F\ne2$ 、 $ab\ne0$ 。其中心恰为 $F1$ ：与 $i$ 交换迫使 $j,ij$ 坐标为零，再与 $j$ 交换迫使 $i$ 坐标为零。

对两个非中心元素 $\alpha,\beta\in B\setminus F$ ，以下条件等价：

\exists c\in B^\times:\ \beta=c\alpha c^{-1} \quad\Longleftrightarrow\quad \operatorname{trd}(\alpha)=\operatorname{trd}(\beta),\quad \operatorname{nrd}(\alpha)=\operatorname{nrd}(\beta). \tag{1}

允许 $\alpha,\beta$ 是零因子或非零幂零元，只是不允许把中心标量混入这个两变量判据。

将未知 $c$ 写成四个基坐标，解齐次方程

\beta c-c\alpha=0. \tag{2}

当式 (1) 的右侧成立时，其解空间 $W$ 恰为二维。给 $W$ 的任一组基 $(c_1,c_2)$ ，从

c=r c_1+s c_2,\qquad r,s\in\{0,1,-1\} \tag{3}

这至多九个候选中，必能找到 $\operatorname{nrd}(c)\ne0$ 的一个。于是式 (2) 连同非零范数就是可直接乘回的共轭证书。

若已经找到 $c_0$ ，则全部可逆共轭元为

\{c\in B^\times:\beta=c\alpha c^{-1}\} =c_0F[\alpha]^\times. \tag{4}

其中 $F[\alpha]=F1+F\alpha$ ，但它未必是域；右侧只取该二次代数中的可逆元素。

整个自同构的合同

每个含幺 $F$ -代数自同构 $\varphi:B\to B$ 都可写成

\varphi(x)=cxc^{-1}\qquad(x\in B) \tag{5}

而 $c$ 在非零基域标量倍数之外唯一。已知 $i'=\varphi(i)$ 、 $j'=\varphi(j)$ 时，只需求联合线性方程

i'c=ci,\qquad j'c=cj. \tag{6}

其解空间是一维，每个非零解都可逆。若输入只是候选生成元像，还须先核 $i'^2=a$ 、 $j'^2=b$ 、 $j'i'=-i'j'$ ，以及 $(1,i',j',i'j')$ 的坐标矩阵可逆；核过之后才有一份真正的自同构输入。

直觉

线性部分与可逆部分各负责什么

式 (2) 对 $c$ 线性，因为 $\alpha,\beta$ 已固定。按乘法表构造四列 $\beta e_r-e_r\alpha$ ，就得到一个 $4\times4$ 齐次系统。用行化简可以算出完整核基。

但核只记录“交织作用”，不保证这次换坐标可逆。若 $\operatorname{nrd}(c)=0$ ，就不能在右边乘 $c^{-1}$ ；把 $c\ne0$ 当作足够条件，只对除代数安全，对分裂代数会出错。

在二维核上，范数限制为二次多项式

P(r,s)=\operatorname{nrd}(r c_1+s c_2).

下面证明 $P$ 不是零多项式。每个变量次数至多二，而 $0,1,-1$ 是三个不同的域元素。因此它不可能在整个三乘三网格上为零：先固定 $s$ ，若三个 $r$ 值都为零，则关于 $r$ 的每个系数为零；再对三个 $s$ 值重复，就会迫使所有系数为零，矛盾。这个论证对最小的允许素域 $\mathbb F_3$ 也成立。

二维交织空间中，两个基向量的范数都可能为零，但一个线性组合已有非零范数；三乘三取值网格给出有限的可逆元搜索。 — 非零线性解还须通过范数检验

为什么要排除中心元素

非中心 $\alpha$ 的 $1,\alpha$ 线性无关，其最短关系恰为

X^2-\operatorname{trd}(\alpha)X+\operatorname{nrd}(\alpha). \tag{7}

它也等于左乘算子 $L_\alpha$ 的极小多项式： $p(L_\alpha)=0$ 当且仅当 $p(\alpha)=0$ ，反向只需把算子作用于 $1$ 。这不是域中代数元的极小多项式定义，故不要求式 (7) 不可约。

共轭保所有多项式关系，因此共轭非中心元素必须具有相同的式 (7)，得出式 (1) 的必要性。若 $\alpha=t1$ 是标量，它的共轭永远是自身；此时正确判据是 $\beta=\alpha$ ，不能只比较二次的约化特征多项式。

例子与边界

有理模型：把 $i$ 送成 $-ij$

在 $B=(2,-1)_{\mathbb Q}$ 中，取 $\alpha=i$ 、 $\beta=-k$ 。它们的迹都为零，范数都为 $-2$ 。令 $c_0=1+j$ ，有 $\operatorname{nrd}(c_0)=2$ ，且

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

所以

c_0^{-1}=\frac{1-j}{2},\qquad (1+j)i\frac{1-j}{2}=-k.

交织空间的完整写法是

W=\{r(1+j)+s(i-k):r,s\in\mathbb Q\}, \qquad \operatorname{nrd}(c)=2(r^2-2s^2). \tag{8}

因为 $2$ 不是有理数平方，式 (8) 只有在 $r=s=0$ 时才为零。因此这个特定核里的每个非零解都可逆；这来自输入的二次域结构，不是所有分裂代数的普遍规律。

同一个 $c_0$ 还固定 $j$ ，并将 $k$ 送到 $i$ 。给定生成元像 $i'=-k,j'=j$ 后，式 (6) 的解恰为 $F(1+j)$ 。它比单独送 $i$ 的二维解族更小，因为必须同时满足第二个生成元的约束。

两个核基都坏，和却是好的

在 $(1,1)_F$ 中令 $\alpha=\beta=i$ 。它的中心化空间为 $F1+Fi$ 。选取合法基

c_1=1+i,\qquad c_2=1-i.

两者都非零，且范数均为零。若只逐个检查基向量，就会错误地报告“找不到可逆共轭元”。但

c_1+c_2=2,\qquad\operatorname{nrd}(2)=4\ne0.

一般组合的范数为 $4rs$ ，式 (3) 一定遇到 $rs\ne0$ 的组合。这个例子也解释了为什么九次保证必须允许线性组合，而不能只试两个基。

重根并不自动破坏结论

在矩阵模型 $M_2(F)$ 中，

A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\qquad B_1=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}

都非中心，迹与行列式都为零，且都满足 $X^2$ 。矩阵 $C=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ 可逆，并满足 $B_1C=CA$ ，所以它们共轭。本页没有不必要地要求判别式非零。

然而零矩阵也有迹零和行列式零，却不能与 $A$ 共轭： $C0C^{-1}=0$ 。这正是式 (1) 排除中心元素的必要性。换成 $tI_2$ 与 $tI_2+A$ ，同样说明相同约化特征多项式不够覆盖标量分支。

这些矩阵可用分裂同构的逆坐标送回 $(1,1)_F$ ，所以反例和重根例确实属于同一类四元数代数，未换到更高维环境。

推论与应用

在扩域中证明存在，再在原域中有限找回

取 $E=F(\sqrt a)$ ；四元数的显式矩阵模型将 $B$ 扩系数后变为 $M_2(E)$ 。原来非中心的元素在扩域后仍非中心，因为其某个非标量坐标非零。

先看任意非标量二阶矩阵 $A$ 。存在向量 $v$ 使 $(v,Av)$ 为基：否则每个非零向量都为特征向量；取两个基向量再取其和，会迫使对应特征值相同，导致 $A$ 为标量，矛盾。若 $A$ 的迹与行列式为 $t,n$ ，在基 $(v,Av)$ 下，它的矩阵就是

\begin{pmatrix}0&-n\\1&t\end{pmatrix},

因为 $A^2v=tAv-nv$ 。因此相同 $t,n$ 的两个非标量矩阵在 $E$ 上相似，存在可逆交织元。

此外，与 $A$ 交换的矩阵由它对 $v$ 的作用唯一决定：若 $Tv=rv+sAv$ ，则 $TAv=ATv$ ，所以 $T=rI+sA$ 。中心化空间恰为二维。一旦有可逆交织元，其余交织元就是它乘以这个中心化空间，故交织空间也为二维。

线性系统扩系数不会改变主元位置和秩，原域求出的核基仍是扩域后的核基。因此原域中的 $W$ 是二维，并且它的范数多项式在 $E$ 上至少有一个非零值，故不是零多项式。前面的三乘三网格随即在 $F$ 内找到可逆 $c$ 。我们没有把“扩域后可解”直接当成“原域必可解”；原域回收由这个有次数控制的非零多项式论证完成。

全部共轭元为什么恰是一族陪集

若 $c,c_0$ 都将 $\alpha$ 送到 $\beta$ ，则 $c_0^{-1}c$ 与 $\alpha$ 交换；反过来，右乘任意与 $\alpha$ 交换的可逆元素都不改变目标。上面的二维中心化计算下降到 $F$ ，给出中心化代数 $F[\alpha]$ 。

在可逆群 $B^\times$ 中，这正是中心化子的陪集公式，得到式 (4)。若式 (7) 不可约， $F[\alpha]$ 是二次域，每个非零元素都可逆；若它分裂为两个不同根，对应 $F\times F$ ，两分量都非零才可逆；若是重根，则是带非零幂零元的二次代数，同样必须单独检查范数。

内自同构的证明与一维联合核

最后证明式 (5)，而不把它当作未说明的分类定理。先在 $M_2(E)$ 中考虑一个 $E$ -代数自同构 $\psi$ 。矩阵单位的像仍满足

\psi(E_{rs})\psi(E_{uv})=\delta_{su}\psi(E_{rv}).

$\psi(E_{11})$ 是非零且不为单位的幂等元，故其像是一维。选该像中的 $v\ne0$ ，令 $w=\psi(E_{21})v$ 。因为 $\psi(E_{12})w=v$ ，有 $w\ne0$ ；又有 $\psi(E_{11})v=v$ 、 $\psi(E_{11})w=0$ ，所以 $(v,w)$ 线性无关。四个矩阵单位的像在此基中恰为原四个矩阵单位。因此 $\psi$ 是由换基矩阵 $(v,w)$ 实现的内自同构。

将给定 $F$ -自同构扩系数到 $E$ ，便得到这样的可逆交织元。同时交织所有矩阵的两元素之比位于中心 $EI_2$ ，所以式 (6) 在 $E$ 上的核是一维，并由可逆元张成。行化简再说明 $F$ 上的核也一维；其任何非零基向量在 $E$ 中仍为该可逆元的非零倍，范数非零，因而在 $B$ 中可逆。这样完成存在性下降。

若 $c,d$ 实现相同自同构， $d^{-1}c$ 与 $i,j$ 都交换，所以属于 $F^\times$ 。这也证明唯一标量类，而不是声称具体四元坐标唯一。

这两项算法都只解至多 $8\times4$ 的精确线性系统。元素共轭再至多核九个二次值，自同构则只核一个非零核基向量。维数固定只控制域运算次数；有理输入的位成本仍随分子分母长度增长。验收应从原始生成元像重新构造方程，再检查范数与乘回，不能信任证书自填的“秩二”或“可逆”标记。

参考资料

John Voight，Quaternion Algebras，Chapter 7: Simple algebras，§7.7，Main Theorem 7.7.1 与 Corollary 7.7.4：一般 Skolem–Noether 与内自同构。本文只证明四元数情形，并用二阶循环向量和有限网格处理实际构造。
John Voight，Chapter 2，Proposition 2.3.1：二次扩域中的忠实矩阵模型。正文另行证明非中心重根情形与九候选回收，未将一般不可约极小多项式推论误用于所有矩阵。

形式陈述 ​

一个元素的共轭合同 ​

整个自同构的合同 ​

线性部分与可逆部分各负责什么 ​

为什么要排除中心元素 ​

有理模型：把 i 送成 −ij ​

两个核基都坏，和却是好的 ​

重根并不自动破坏结论 ​

在扩域中证明存在，再在原域中有限找回 ​

全部共轭元为什么恰是一族陪集 ​

内自同构的证明与一维联合核 ​

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