不妨设$\exists c_i\ne 0,\sum_i a_ic_i=0$.

只要让$w_1\ldots w_{n-1}$全是$0$,$w_n\ne 0$就完事了.

定义偏序是$X$上的包含关系.

则对任意一条链$A_1\subset A_2\subset \ldots$,考虑$A=\bigcup_i A_i$,考虑证明$A\subset X$:

假设$A$线性相关,则其中有限个元素线性相关,则存在一个$A_i$包含这全部有限个元素,但$A_i$都是线性无关的,所以矛盾.

则根据 Zorn's Lemma,任何链有极大元,所以一定存在最大元$B$.

又因为若$B$不能张成$V$,则拿出任意一个 $v\notin \operatorname{span}( B )$,则 $B\cup \{ v \}$线性无关,与$B$是最大元矛盾.

所以$B$是一组基.

我声称另一种做法是考虑直接把整个$V$良序化,然后照抄有限维的方法一个一个加元素,把原来的归纳改成超限归纳.

设$f$是双射.先不管线性的限制定义其逆是$g:f(a)\mapsto a$.

只要证明$g$是线性的:

$\dim_{K_i} K_j=n$等价于$K_j$线性空间同构于$K_i^n$,于是两个双射一复合你就有$K_3$到$K_1^nm$的双射.

泰勒展开

1. 极小多项式+有理标准型,启动!

2. 取$A^{n-1}v\ne 0$的那个$v$,用$A^iv$当基.

考虑此时的一个结论是任意个真子线性空间的并不是$V$.

我们把$\{T_i=T_j\}$的子空间都拿出来,它们的并不是$V$,随便找一个外面的,结束.

第一个$U\subset (U^0)^0$是显然的.那么有限维空间只要靠维数就行了,无限维呢?

第二个,显然有$(U_1+U_2)^0\subset U_1^0\cap U_2^0$.反过来$U_1+U_2$中的元素都可以写成$u_1+u_2,u_1\in U_1,u_2\in U_2$,然后就没事了.

我们发现$V^*/U^0\cong U^*$,于是$(V^*/U^0)^*\cong (U^*)^*$,但同时,若$f(U^0)=0$,则$f=g\circ h$,其中$h$是商映射$(V^*\to V^*/U^0)$,于是$f$和$g$有双射,$f\in (U^0)^0$,$g\in (V^*/U^0)^*$,于是$(V^*/U^0)^*\cong (U^0)^0$,这就证明了$(U^*)^*\cong (U^0)^0$,于是不可能同构.

考虑先把凸包平移$-v_1$,即:

此时存在矩阵$M$满足$\forall v\in S,M(v-v_1)=[c_2,\ldots c_k]$.所以你直接用$M$,然后再乘一个暴露出来这些$c$的就能构造不等式限制.

这个$M$是$S-v_1$这个子空间到$F^k$的映射,为了你规定$v-v_1$在这个子空间里,你取这个子空间的零化空间的一组基,把它们等于$0$这件事用$A,b$等式限制即可.

感觉最简单的方法是考虑单射等价于左逆存在,满射等价于右逆存在,而你惊喜的发现:

于是就证完了.

你可以直接设8个未知数算一下.

那么这是为什么呢?因为发现恰好在$F^{2\times 2}$上$\det$是一个二次型,而任意二次型$Q$可以通过极化诱导一个双线性型:$B(X,Y)=Q(X+Y)-Q(X)-Q(Y)$

看最右边那个形式你就悟了:就是经典的多变量函数都可以通过构造固定某个参数的方法同构到低维变量,什么多叉树转二叉树之类的内容.

就是你直接把$B(x,y)$映射到$x\mapsto (y\mapsto B(x,y))$就是同构.

我有一坨大粪.大粪思路是你先拿任意两个$u,v$,考虑$(au+bv)\otimes (cu+dv)$的值,然后分析一通得到只看这两个向量的子空间是交替或对称的.然后你再考虑两个三项的乘去证明如果$u$对$v$是交替,对$w$是对称,且都不是$0$,就会出问题.

不那么大粪的做法是你可以先考虑既然$\ker \varphi(a,b)=\ker \varphi(b,a)$所以它俩只差一个常数,然后再检验两个检验三个之类的.

假设$t=a\otimes A+b\otimes B$,其中$a,b\in R,A,B\in R^{2\times 2}$,则因为$a,b$可以分解:$a=\sum x_ie_i,b=\sum y_ie_i$,于是我们看到$M_1,M_2$是$A,B$的线性组合.

而因为$M_1,M_2$线性无关,所以它张成空间是二维的包含$A,B$,所以反过来$A,B$也是$M_1,M_2$的线性组合.且$A,B$的秩是$1$:你解$|mA+nB|=0$发现没有实数非$0$解,得证.

简单粗暴.

定义$X=F^{V_1\times V_2}$上的有限支撑空间(只有有限多个不为$0$).这相当于其中的每个元素你可以写成$\sum_i c_i (v_1,v_2),c_i\in F,v_i\in V_i$其中$i$不一定可数多.

然后定义$X$上的等价关系$\sim$是你可以把它们根据双线性的规则变得相同,那么这个规则其实很少:

令

这里$\delta_{a,b}$表示它把$V_1\times V_2$中的$(a,b)$映成$1$其他全部映成$0$.

则$X/\sim=X/R$是满足条件的张量积.

验证泛性质定义即可.

存在性考虑递归降次.

如果我们定义次数是先按次数和,再定义单项式的比较是先按次数和,再按次数序列的字典序的话.你就要构造一个最大项和它相同的东西.不妨设对称多项式$f$最大项是$\prod_{i=1}^n x_i^{c_i}$,$c_{n+1}=0$.

注意到因为对称,所以所有$\{c_i\}$集合对用的项一定同时出现,所以取出来的最大项一定是$c_1\ge c_2\ge \ldots \ge c_n$.

那么我们构造$g=\prod_{i=1}^n x_i^{c_i-c_{i+1}}$,则确实第一项相等,且多项式次数相等.我们只需要保证不存在一个字典序更大的项.然后你观察一下这个构造发现它确实能做到:考虑当你乘一个$e_i$的时候,让字典序最大的乘法一定是它自身那个字典序最大的项.而我们构造出来的$g$中的首项恰恰是每个字典序最大的项乘起来的,所以是对的.

唯一性考虑假设你$P(e_1,\ldots e_n)$是分解目标,只需要证明$P(e_1,\ldots e_n)=0 \iff P=0$(这两个都是多项式意义等于$0$).

那么你发现$\prod e_i^{c_i}$的最大项一定是互不相同的,于是最大的最大项消不掉.于是就只有最大项等于$0$一条路了.

其实直接提取系数就做完了啊.

考虑单项式的形式因为是一个基本多项式乘一个$s$,一定是

就一定是一堆次数是$1$的乘一个次数高的.次数高的次数记为$m$.

则你发现他只能在$s_me_{k-m}$和$s_{m-1}e_{k-m+1}$这两项中系数为$1$,其余项中系数都为$k-m+1$(这个单项一共有$k-m+1$个变元,其中选出一个次数高的).这两项乘上$(-1)^i$后符号相反,于是这个单项式的系数是$0$.

每个单项式都是$0$,整体也是$0$.

那么由于系数是$k-m+1$,自然就发现$k-1$项的对应系数会是$k-1+1=k$所以$k\le n$时最后一个系数是$k$.

而如果$k>n$,其实和上面一样,只不过$e_i=0\forall i>n$.

由于裴蜀定理,结式为$0$等价于$A$不可逆,等价于$\varphi$不是满射,等价于$\gcd(f,g)\ne 1$.

由于原方程有公共解,$(x-x_{\text{common}})$理应是公因式,所以结式是$0$.

设方程组为$\forall i\in [1,m]\cap Z,f_i(x_1,\ldots,x_n)=0$.

任取$f_i,f_j$,从中选一个主元把它看成一元多项式,那么由于公共解所以$\operatorname{Res}(f_i,f_j)=0$,可以用它代替掉.

这就是在消元.

可能产生增根

证明方法是考虑$\operatorname{Res}(f,g)=0 \iff \exists x_i=y_j$.

把$\operatorname{Res}(f,g)$当成$x_i$的函数$r(x_1,\dots ,x_n)$,系数是$x$,那么由于$x_i=y_j$是解所以$(x_i-y_j)$一定是因式,就拿到$\prod_{i,j} (x_i-y_j)|r$.

同时两边都是$mn$次的,就解决了(矩阵那边,系数关于根是$n$次,然后矩阵里有$m$行).所以只差常数.

最后提取个系数看看证明系数是$1$.

也用那个根的差的乘积的方法就好了?

有重根时显然这个截式为$0$.

没重根时$f'=\sum_i \prod_{j\ne i} (x-x_j)$,容易发现任意$x_i$不为零点,于是截式不为$0$.

零点相同,再验证次数上结式和$\Delta=\prod_{i,j}(x_i-x_j)^2$关于$x_i$都是$n(n-1)$,于是只差常数就完事了.

若$p(x)\ge 0$,则$p(x)=C\prod_i (x-x_i)(x-\overline x_i)=(\sqrt C\prod |x-x_i|)^2=|\sqrt{C}\prod |x-x_i| |^2$.

于是令$p_1=\Re(\sqrt C\prod (x-x_i)),p_2=\Im(\sqrt C\prod (x-x_i))$.于是$p=p_1^2+p_2^2$.

第二个反而好办:$p_1^2(x)=(x^Tp_1)(p_1^Tx)$,这里$x$是$x$的次幂组成的向量,$p_1$是$p$的系数组成的向量.

从而$P=\begin{bmatrix} p_1&p_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_1&p_2 \end{bmatrix}^T$就行了.

对任意向量$a,b$,$\exists r \ s.t.\ r\cdot (a,b)\in R,|r|=1$.于是$\forall t\in R$

对第二个,考虑对一个Jordan block,$\operatorname{rank}(A-\lambda I)^k$是什么.那么他是所有大小等于$k$的块的大小之和,减去$k\times$大小等于$k$的个数.

设大于等于$k$的块个数为$f(k)$,大小之和为$g(k)$.大小为$k$的个数为$h(k)$,则即:

注意到$g(k-1)=g(k)+(k-1)h(k-1),g(k+1)=g(k)-kh(k)$,$f(k-1)=f(k)+h(k-1),f(k+1)=f(k)-h(k)$,然后一通代入化简得到: