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在平直空间经常混合线性和仿射. 类似地, 在平直空间, 多项式也是如此. 零阶多项式对应着仿射的使用

先处理一维实数的情况

$ℕ$ 指数幂函数 $𝑘 \in ℕ, \begin{matrix} ℝ & ⟶ & ℝ \\ 𝑣 & ⟿ & 𝑣^{𝑘} \end{matrix}$

polynomial-function-1d_(tag) 多项式函数是幂函数的有限线性组合. (仿射) 基点 $𝑥$ , (向量) 偏移 $𝑣$

\begin{matrix} 𝑓 (𝑥 + 𝑣) & = & 𝑎_{0} + 𝑎_{1} 𝑣 + \dots + 𝑎_{𝑛} 𝑣^{𝑛} \\ = & \sum_{𝑘 = 0 . . 𝑛} 𝑎_{𝑘} 𝑣^{𝑘} \\ 𝑓 (𝑥) & = & 𝑎_{0} \end{matrix}

多项式函数表示并不是仿射不变的, i.e. 切换基点 $𝑥 ⇝ 𝑥 + Δ = 𝑦$ 会得到相同阶数但系数不同的多项式函数表示. 伸缩 $𝑣 ⇝ 𝜆 𝑣$ 也是如此

change-base-point-polynomial_(tag) 切换基点 $𝑥 ⇝ 𝑥 + Δ = 𝑦$

\begin{matrix} 𝑓 (𝑥 + 𝑣) & = & 𝑎_{0} (𝑥) + 𝑎_{1} (𝑥) 𝑣 + \dots + 𝑎_{𝑛} (𝑥) 𝑣^{𝑛} \\ 𝑓 (𝑦 + 𝑤) & = & 𝑎_{0} (𝑦) + 𝑎_{1} (𝑦) 𝑤 + \dots + 𝑎_{𝑛} (𝑦) 𝑤^{𝑛} \end{matrix}

表示相同的仿射函数

𝑥 + 𝑣 = 𝑦 + 𝑤 ⟹ 𝑓 (𝑥 + 𝑣) = 𝑓 (𝑦 + 𝑤)

则

\begin{matrix} 𝑎_{𝑝} (𝑦) & = & 𝑎_{𝑝} (𝑥 + Δ) \\ = & \sum_{𝑘 = 𝑝 . . 𝑛} 𝑎_{𝑘} (𝑥) (\binom{𝑘}{𝑝}) Δ^{𝑘 - 𝑝} \end{matrix}

Proof $𝑓 (𝑦 + 𝑣) = 𝑓 (𝑥 + (Δ + 𝑣))$ 展开计算, 为对比系数, 收集 $𝑣$ 幂函数项, by 求和的交换

\begin{matrix} \sum_{𝑘 = 0 . . 𝑛} 𝑎_{𝑘} (𝑥) {(𝑣 + Δ)}^{𝑘} & = & \sum_{𝑘 = 0 . . 𝑛} 𝑎_{𝑘} (𝑥) \sum_{𝑝 = 0 . . 𝑘} (\binom{𝑘}{𝑝}) 𝑣^{𝑝} Δ^{𝑘 - 𝑝} \\ = & \sum_{𝑝 = 0 . . 𝑛} (\sum_{𝑘 = 𝑝 . . 𝑛} 𝑎_{𝑘} (𝑥) (\binom{𝑘}{𝑝}) Δ^{𝑘 - 𝑝}) 𝑣^{𝑘} \end{matrix}

如果在坐标中以 $0$ 为基点 and 改用符号 $𝑣 ⇝ 𝑥$ , 则多项式函数表示为 $𝑓 (𝑥) = 𝑎_{0} + 𝑎_{1} 𝑥 + \dots + 𝑎_{𝑛} 𝑥^{𝑛}$

从多项式 as 有限线性组合推广到可数无限线性组合, 称为函数的 $ℕ$ 指数幂级数

\begin{matrix} 𝑓 (𝑥 + 𝑣) & \approx & 𝑎_{0} + 𝑎_{1} 𝑣 + \dots + 𝑎_{𝑛} 𝑣^{𝑛} \\ 𝑓 (𝑥 + 𝑣) & = & lim_{𝑛 \to \infty} 𝑎_{0} + 𝑎_{1} 𝑣 + \dots + 𝑎_{𝑛} 𝑣^{𝑛} \end{matrix}

有些函数的定义并不直接来自 $ℕ$ 指数幂级数, Example $\frac{1}{𝑥}, \frac{1}{𝑧}$

除了 $ℕ$ 作为可数无限数据, 还可以用 $ℤ, ℚ$ . $ℕ$ 指数幂函数 $𝑣^{𝑘}$ 改为 $ℚ$ 指数幂函数 $𝑣^{\frac{𝑝}{𝑞}}$

$𝑣^{- 𝑘} = \frac{1}{𝑣^{𝑘}}$ 需要乘法逆
$𝑣^{\frac{1}{𝑘}} = \sqrt[𝑘]{𝑣}$ 需要解方程 $𝑤^{𝑘} = 𝑣$ 且需要处理解的数量是否唯一的问题
$𝑣^{- 𝑘}$ 在 $𝑣 = 0$ 无界
$\frac{𝑝}{𝑞} \notin ℕ$ 时, 多次导数不会中断 $\forall 𝑛, (𝑣^{\frac{𝑝}{𝑞}} ⇝ \frac{𝑝}{𝑞} \dots (\frac{𝑝}{𝑞} - 𝑛 + 1) 𝑣^{\frac{𝑝}{𝑞} - 𝑛} \neq 0)$

这里暂时只处理 $ℕ$ 幂级数, 并简称幂级数

现在处理高维的情况 i.e. $ℝ^{𝑑} \to ℝ^{𝑑^{'}}$

如果值域是 $ℝ$ 则还可以额外定义函数的乘法 $(𝑓 𝑔) (𝑥) = 𝑓 (𝑥) 𝑔 (𝑥)$ 和乘法逆 $(\frac{1}{𝑓}) (𝑥) = \frac{1}{𝑓 (𝑥)}$

首先尝试将多项式函数和幂级数的定义基于张量 i.e. 多重线性

⨂_{𝑘 = 0 . . 𝑛} ℝ^{𝑑}

如无必要, 暂时不需要对所有阶的张量取线性直和 $⨁_{𝑛 = 0 . . \infty}$ (被称为张量代数)

polynomial-function_(tag) 使用值域 $ℝ^{𝑑^{'}}$ 和多重线性函数 $𝑎_{𝑘} \in Lin ({(ℝ^{𝑑})}^{\otimes 𝑘} \to ℝ^{𝑑^{'}})$ . 基点 $𝑥$ , 偏移 $𝑣$ , 定义多项式函数

\begin{matrix} 𝑓 (𝑥 + 𝑣) & = & 𝑎_{0} + 𝑎_{1} 𝑣 + \dots + 𝑎_{𝑛} 𝑣^{\otimes 𝑛} \\ = & \sum_{0 . . 𝑛} 𝑎_{𝑘} 𝑣^{\otimes 𝑘} \\ 𝑓 (𝑥) & = & 𝑎_{0} \end{matrix}

仿射变换, 即, 改变基点 i.e. 平移, 或者线性变换 i.e. $GL$ (包括了伸缩), 都不改变多项式的阶数

$𝑎_{1} 𝑣, 𝑎_{2} 𝑣^{\otimes 2} \in ℝ^{𝑑^{'}}$ 可能不共线

推广到 $ℂ$ 是简单的. $ℍ, 𝕆$ 的情况, 由于非交换和非结合, 高维线性代数和张量都需要新的处理方法

可能有不同的张量给出相同的多项式, 但是对称张量是唯一对应的

改变记号

$𝑣^{⊙ 𝑘} ⇝ 𝑣^{𝑘}$ power-tensor_(tag)
$𝑣 ⊙ 𝑤 ⇝ 𝑣 𝑤$

从 $𝑛$ 阶单项式 or 幂张量 $𝑣^{𝑛}$ 恢复到 $𝑛$ 阶对称张量 $𝑣_{1} \dots 𝑣_{𝑛}$ 的方法是, 差分 (difference)

$𝑣_{1} + \dots + 𝑣_{𝑛}$ 的 $𝑛$ 阶单项式 ${(𝑣_{1} + \dots + 𝑣_{𝑛})}^{𝑛}$ 中有一项 $𝑣_{1} \dots 𝑣_{𝑛}$ , 但是有很多其它的干扰项

整个问题对 $𝑣_{1}, \dots, 𝑣_{𝑛}$ 对称, 所以应该用对称的构造

在二阶 ${(𝑣_{1} + 𝑣_{2})}^{2} - 𝑣_{1}^{2} - 𝑣_{2}^{2} = 2 𝑣_{1} 𝑣_{2}$

difference-symmetric-tensor_(tag) 对称张量 $𝑛$ 阶差分

\sum_{𝐼 \subset {1, \dots, 𝑛}} {(- 1)}^{| 𝐼 | - 𝑛} {(\sum_{𝑖 \in 𝐼} 𝑣_{𝑖})}^{𝑚} = {\begin{matrix} 0 & if 𝑚 < 𝑛 \\ 𝑛! \cdot 𝑣_{1} \dots 𝑣_{𝑛} & if 𝑚 = 𝑛 \\ \neq 0 & else \end{matrix}

Question $𝑛$ 阶差分有什么直观的理解吗?

successive-difference_(tag) $𝑛$ 阶差分可以写为 $𝑛$ 次的一阶差分

\sum_{𝐼_{𝑛} \subset {𝑛}} \dots \sum_{𝐼_{1} \subset {1}} {(- 1)}^{| 𝐼_{𝑛} | - 1} \dots {(- 1)}^{| 𝐼_{1} | - 1} {(\sum_{𝑖_{1} \in 𝐼_{1}} 𝑣_{𝑖_{1}} + \dots + \sum_{𝑖_{𝑛} \in 𝐼_{𝑛}} 𝑣_{𝑖_{𝑛}})}^{𝑛}

where $𝐼_{𝑘} \subset {𝑘} ⟺ 𝐼_{𝑘} \in Subset {𝑘} = {\emptyset, {𝑘}}$ , $\sum_{𝑖_{𝑘} \in \emptyset} 𝑣_{𝑖_{𝑘}} = 0$ , $𝐼 ≔ ⋃_{1 . . 𝑛} 𝐼_{𝑘} \subset {1, \dots, 𝑛}$

由于求和的交换性, 逐次差分的顺序不影响最终结果

Proof of #link(<difference-symmetric-tensor>)[]

\begin{matrix} \sum_{𝐼 \subset {1, \dots, 𝑛}} {(- 1)}^{| 𝐼 | - 𝑛} {(\sum_{𝑖 \in 𝐼} 𝑣_{𝑖})}^{𝑚} & = & \sum_{𝐼 \subset {1, \dots, 𝑛}} {(- 1)}^{| 𝐼 | - 𝑛} \sum_{𝜇 : {1, \dots, 𝑚} \to 𝐴} 𝑣_{𝜇 (1)} \dots 𝑣_{𝜇 (𝑚)} \end{matrix}

强行写为对所有 $𝜇 : {1, \dots, 𝑚} \to {1, \dots, 𝑛}$ 求和, 附带 weight 来计算重复次数

\sum_{𝜇 : {1, \dots, 𝑚} \to {1, \dots, 𝑛}} weight (𝜇) \cdot 𝑣_{𝜇 (1)} \dots 𝑣_{𝜇 (𝑚)}

where 权重对每个 $𝜇$ 定义为

weight (𝜇) = {(- 1)}^{𝑛} \sum_{\begin{matrix} 𝐼 \in Subset {1, \dots, 𝑛} : \\ 𝜇 {1, \dots, 𝑚} \subset 𝐼 \end{matrix}} {(- 1)}^{| 𝐼 |}

对任何非空有限集 $𝑋$ , $\sum_{𝐴 \subset 𝑋} {(- 1)}^{| 𝐴 |} = 0$

Proof

#link(<combination>)[] $𝐴 \subset 𝑋$ <==> for each $| 𝐴 | = 0, \dots, | 𝑋 |$ 有 $(\binom{| 𝑋 |}{| 𝐴 |})$ 种选择

\begin{matrix} \sum_{𝐴 \subset 𝑋} {(- 1)}^{| 𝐴 |} & = & \sum_{| 𝐴 | = 0 . . | 𝑋 |} (\binom{| 𝑋 |}{| 𝐴 |}) {(- 1)}^{| 𝐴 |} \\ = & {(1 - 1)}^{| 𝑋 |} \\ = & 0 \end{matrix}

for ${𝐼 \in Subset {1, \dots, 𝑛} : 𝜇 {1, \dots, 𝑚} \subset 𝐼}$

define $𝐴 (𝐼) ≔ 𝐼 ∖ 𝜇 {1, \dots, 𝑚}$

define $𝑋 ≔ Subset ({1, \dots, 𝑛} ∖ 𝜇 {1, \dots, 𝑚})$

$𝐴 (𝐼)$ 是双射

\begin{matrix} {(- 1)}^{| 𝐼 |} & = & {(- 1)}^{| 𝐼 ∖ 𝜇 {1, \dots, 𝑚} | + | 𝜇 {1, \dots, 𝑚} |} \\ = & {(- 1)}^{| 𝐴 |} \cdot {(- 1)}^{𝜇 {1, \dots, 𝑚}} \end{matrix}

权重

weight (𝜇) = {(- 1)}^{𝑛} \cdot {(- 1)}^{| 𝜇 {1, \dots, 𝑚} |} \cdot \sum_{𝐴 \subset 𝑋} {(- 1)}^{| 𝐴 |}

\begin{matrix} weight (𝜇) = 0 & ⟺ & 𝑋 \neq \emptyset \\ ⟺ & 𝜇 {1, \dots, 𝑚} ⊊ {1, \dots, 𝑛} \end{matrix}

最后的条件

$𝑚 < 𝑛$ 时对所有 $𝜇$ 一定成立
$𝑚 = 𝑛$ 时, 只有 $𝜇$ 是双射时才成立 i.e. $𝜇$ 是所有 $𝑛$ 阶置换, 此时 $weight (𝜇) = 1$

对称张量使得 $𝑣_{𝜇 (1)} \dots 𝑣_{𝜇 (𝑚)} = 𝑣_{1} \dots 𝑣_{𝑛}$

$𝑛$ 阶置换有 $𝑛!$ 个

对称多重线性函数 $𝑎_{𝑚}$ 的 对称性 使得 #link(<difference-symmetric-tensor>)[差分] 的性质能够被继承

difference-polynomial_(tag) $𝑓 (𝑥 + 𝑣) = 𝑎_{𝑛} 𝑣^{𝑛}$ 的 $𝑛$ 阶差分是 $𝑛! \cdot 𝑎_{𝑛} (𝑣_{1} \dots 𝑣_{𝑛})$

$𝑓 (𝑥 + 𝑣) = 𝑎_{𝑛} 𝑣^{𝑚}, 𝑚 < 𝑛$ 的 $𝑛$ 阶差分是 $0$

由此得到, 多项式函数决定其多重对称线性函数表示 Proof 先 $𝑛$ 差分得到相同的 $𝑎_{𝑛}$ , 两者同时移除 $𝑎_{𝑛}$ 后, 仍然是相同的多项式函数, 阶数 $< 𝑛$ , 继续 $𝑛 - 1$ 差分得到相同的 $𝑎_{𝑛 - 1}$ …

对于幂级数, 有限阶差分总是无法给出零

形式上, 可以利用除法和极限来消除高阶项

\begin{matrix} \frac{1}{𝑡^{𝑛}} (𝑎_{𝑛} {(𝑡 𝑣)}^{𝑛} + 𝑎_{𝑛 + 1} {(𝑡 𝑣)}^{𝑛 + 1} + \dots) & = & 𝑎_{𝑛} 𝑣^{𝑛} + 𝑎_{𝑛 + 1} 𝑣^{𝑛 + 1} 𝑡 + \dots \\ = & 𝑎_{𝑛} 𝑣^{𝑛} + 𝑜 (1) \\ lim_{𝑡 \to 0} & = & 𝑎_{𝑛} 𝑣^{𝑛} \end{matrix}