n维非退化空间克利福德代数中向量乘积的化简问题
我一直在思考这么一个问题：在配备非退化二次/双线性形式的n维向量空间V上的克利福德代数中，任意一组向量的乘积 $a_1,a_2,\cdots,a_m\in V$ 是否都能写成如下形式：
$$a_1a_2\cdots a_m=a_1'a_2'\cdots a_k'$$
其中 $k\leq n$，且每个 $a_i'$ 都是V中的向量？
先从代数的分次性质入手分析：除非这个乘积本身是零，否则必然满足 $k\equiv m\bmod2$。要证明这个结论，其实只需要搞定核心一步——证明n+1个向量的乘积可以化简为n-1个向量的乘积，剩下的就可以通过归纳递推得到了。
情况1：所有向量都是可逆的
如果每个向量都是可逆的（可逆的定义是 $a^{-1}=\frac{a}{a\cdot a}$），那么每个向量都对应着一个反射变换：$v\mapsto-ava^{-1}=v-2\frac{v\cdot a}{a\cdot a}a$，而这些向量的乘积就代表了V上的一个等距变换。
根据嘉当-迪厄多内定理，任何等距变换都可以表示为至多n个反射的复合，这就直接对应到向量乘积的化简——我们可以把n+1个向量的乘积转化为更少的向量乘积，满足k≤n的要求。（这里我可以把多向量和等距变换的对应关系拆解得更细，但这不是这个问题的核心，就不展开了）
情况2：存在零向量（$a\cdot a=0$）
当乘积里包含零向量时，情况就棘手了，因为零向量并不对应等距变换。
首先得明确：空间的非退化性是关键前提——对于任意非零向量a，总能找到某个向量v∈V使得 $a\cdot v\neq0$。这个条件不可或缺，我可以举一个退化二次型的反例来佐证：
考虑V=$\mathbb R^3$，配备退化二次型：对于向量 $v=(v_1e_1+v_2e_2+v_3e_3)$，其二次型为 $v\cdot v=v_12-v_22+0v_3^2$（这个空间也常记作$\mathbb R^{1,1,1}$）。取四个单位向量的乘积：
$$e_1(e_1+e_3)e_2(-e_2+e_3)=1+(e_1+e_2)e_3$$
这个结果无法写成两个向量的乘积：假设可以的话，这两个向量的外积必须等于 $(e_1+e_2)e_3$，也就是说它们得落在零向量 $e_1+e_2$ 和 $e_3$ 的张成空间里，但此时这两个向量的点积会是0，和结果里的常数项1矛盾，所以确实没法化简。
目前的进展与局限
我已经在n=2、3、4的情况下证明了原问题的结论（n=1时需要在空乘积前额外加一个标量），相关的讨论记录在Degenerate Cartan-Dieudonne的聊天内容里。我还梳理了n=5的证明思路，但没形成书面记录，过程有点繁琐。
不过我用的方法在n≥6时就失效了——之前的证明依赖两个性质：n+1个向量的乘积P=$a_1a_2\cdots a_{n+1}$只有满足 $\text{grade}\equiv n+1\bmod2$的分量，并且 $P\tilde P$ 和 $\tilde PP$ 都是标量。但仅靠这两个性质就能推出P是向量的乘积，这只在低维空间成立。
比如在$\mathbb R^6$上，取奇次多向量 $P=e_1e_2e_3+e_4e_5e_6$，它满足 $P\tilde P=\tilde PP=2$，但它并不是任何向量的乘积——因为计算 $Pe_1\tilde P$ 得到的不是向量，而是一个5-向量，这就不符合向量乘积的性质了。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者mr_e_man
