2018年考研试题

Eufisky posted @ 2017年12月26日 03:10 in 机器学习 with tags 考研 , 952 阅读

证明积分不等式:

$\frac{1}{5}<\int_0^1\frac{xe^xdx}{\sqrt{x^2-x+25}}<\frac{2}{\sqrt{99}}.$

证明注意到

$x^2-x+25=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{99}{4}>\frac{99}{4}, a.e. x\in [0,1],$

从而

$\int_0^1\frac{xe^xdx}{\sqrt{x^2-x+25}}<\frac{2}{\sqrt{99}}\int_0^1xe^xdx=\frac{2}{\sqrt{99}}.$

另一方面, 分部积分, 得到

$\int_0^1\frac{xe^xdx}{\sqrt{x^2-x+25}}=\frac{(x-1)e^x}{\sqrt{x^2-x+25}}\Big|_0^1+\int_0^1\frac{(x-1)(x-\frac{1}{2})e^x}{\sqrt{(x^2-x+25)^3}}dx=\frac{1}{5}+\int_0^1\frac{(x-1)(x-\frac{1}{2})e^x}{\sqrt{(x^2-x+25)^3}}dx.$

令

$f(x)=\frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt{(x^2-x+25)^3}},g(x)=(x-1)e^x,$

则

$f'(x)=\frac{-2x^2+2x+\frac{97}{4}}{\sqrt{(x^2-x+25)^5}}>0,\forall x\in [0,1],\int_0^1 f(x)dx=0, g'(x)=xe^x,$

因此

$f,g$ 在

$[0,1]$ 上严格递增. 根据Chebyshev 积分不等式,

$\int_0^1\frac{(x-1)(x-\frac{1}{2})e^x}{\sqrt{(x^2-x+25)^3}}dx=\int_0^1f(x)g(x)dx>\int_0^1 f(x)dx\int_0^1g(x)dx=0.$

故

$\int_0^1\frac{xe^xdx}{\sqrt{x^2-x+25}}>\frac{1}{5}.$

最后得到

$\frac{1}{5}<\int_0^1\frac{xe^xdx}{\sqrt{x^2-x+25}}<\frac{2}{\sqrt{99}}.$

2018年武汉大学653数学分析

一（30分）.1.计算极限

$\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac1{\sqrt k}.$

2.计算极限

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\int_0^\mathrm\pi\sin^nx\cos^6x\operatorname dx}{\int_0^\mathrm\pi\sin^nx\operatorname dx}$

3.已知

$x_{n+1}=\ln\left(1+x_n\right)$ ,且

$x_1>0$ ,计算

$\lim_{n\rightarrow\infty}nx_n$

二.设

$f(x),f_1(x)$ 在

$[a,b]$ 区间上连续，

$f_{n+1}(x)=f(x)+\int_a^x\sin\{f_n(t)\}\operatorname dt$ ,证明：

$\{f_n\}$ 在

$[a,b]$ 一致收敛.

三.设

$f(x)=\left\{\begin{array}{lc}e^{-\frac1{x^2}}&,\;x\neq0\\0&,\;x=0\end{array}\right.$ 证明

$f(x)$ 在

$x=0$ 处任意阶导数存在.

四.已知

$(x_1,x_2,x_3)\in{R}^3$ ,其中

$u=\frac1{\left|x\right|},\left|x\right|=\sqrt{x_1^2+x_2^2+x_3^2}$ ，计算

$\oint\limits_S\frac{\partial^2 u}{\partial x_i\partial x_j}{\rm d}S，i，j=1,2,3$ ,其中

$S:x_1^2+x_2^2+x_3^2=R^2$

五.讨论求解方程

$f(x)$ 牛顿切线法.1.推导牛顿切线法迭代公式；

2.在适当的条件下，证明牛顿切线法收敛

六（20分）.求极限

$\lim_{n\rightarrow\infty}(nA-\sum_{k=1}^nf(\frac kn))=B$ 存在时，

$A,B$ 的值。

七.设

$u_i=u_i(x_1,x_2),i=1,2$ ,且关于每个变量为周期1的连续可微函数，求

$\iint\limits_{0\leq x_1,x_2\leq1}det(\delta_{ij}+\frac{\partial u_i}{\partial x_j})dx_1dx_2,$ 其中

$det(\delta_{ij}+\frac{\partial u_i}{\partial x_j})$ 是映射

$x\mapsto(x_1+u_1,x_2+u_2)$ 的雅克比行列式.

八（40分）.设

$f(x)$ 在

$[a,b]$ 上

$Riemann$ 可积，

$\varphi(x)$ 是周期为

$T$ 的连续函数,证明：

1.存在阶梯函数

$g_\varepsilon(x)$ 使得

$\int_a^b\left|f(x)-g_\varepsilon(x)\right|\operatorname dx<\frac\varepsilon2$

2.计算

$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_a^b\varphi(nx)\operatorname dx$

3.证明

$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_a^bf(x)\varphi(nx)\operatorname dx=\frac1T\int_0^T\varphi(x)\operatorname dx\int_a^bf(x)\operatorname dx$

4.计算

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac1{\ln n}\int_0^T\frac{\varphi(nx)}xdx,其中函数\frac{\varphi(nx)}x收敛$

试题(1b):证明

$\lim_{n\to +\infty}\left(\int_0^1\frac{\sin x^n}{x^n}dx\right)^n=\prod_{k=1}^{+\infty}\exp{\left(\frac{(-1)^k}{2k(2k+1)!}\right)}$

作代换

$x^n=y$

$\int_0^1\frac{\sin x^n}{x^n}dx=\frac{1}{n}\int_0^1\frac{\sin y}{y^{2-\frac{1}{n}}}dy$

$\int_0^1 y^{\frac{1}{n}-2}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}y^{2k+1}dy=\int_0^1 y^{\frac{1}{n}-1}dy+\int_0^1\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}y^{2k-1+\frac{1}{n}}dy$

容易得到

$\int_0^1 y^{\frac{1}{n}-1}dy=n,\left|\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}y^{2k-1+\frac{1}{n}}\right|\le \frac{1}{(2k+1)!}$

由优级数判别法后一项中的函数项级数一致收敛,可以逐项积分,上式

$=n+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\int_0^1 y^{2k-1+\frac{1}{n}}dy=n+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}$

最终我们得到

$\int_0^1\frac{\sin x^n}{x^n}dx=1+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}$

取对数,要证明的表达式化为

$\lim_{n\to+\infty}n\ln \left(1+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}\right)=\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac{(-1)^k}{2k(2k+1)!}\right)$

由

$\left|\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}\right|\le \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)!}<+\infty$

$\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}=0$

$\lim_{n\to+\infty}n\ln \left(1+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}\right)=\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+\frac{1}{n}}$

现在我们希望极限与级数和交换顺序,考虑

$[0,1]$ 上的函数项级数

$f(x)=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k+x}$

仍然由优级数判别法一致收敛,故由

$\mathrm{Heine}$ 定理原式

$=\lim_{n\to +\infty}f(\frac{1}{n})=f(0)=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{2k}$

作者: TangSong 时间: 昨天 02:00

试题(1c):证明

$\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2-k}{n^2})=\ln 2-2+\frac{\pi}{2}$

注意到下面式子中第一项是一个

$\mathrm{Riemann}$ 和我们有

$\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2}{n^2})=\int_0^1\ln(1+x^2)dx=x\ln(1+x^2)\left|_0^1\right.-\int_0^1\frac{2x^2}{1+x^2}dx=\ln 2-2+\frac{\pi}{2}$

我们只需要再证明

$\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2-k}{n^2})=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2}{n^2})$

利用不等式

$x,y\ge 0,\left|\ln(1+x)-\ln(1+y)\right|=\left|\frac{x-y}{1+\xi}\right|\le|x-y|$

$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2-k}{n^2})-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac{k^2}{n^2})\right|\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\left|\ln(1+\frac{k^2-k}{n^2})-\ln(1+\frac{k^2}{n^2})\right|$

$\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{k}{n^2}=\frac{n+1}{2n^2}\to 0$

作者: TangSong 时间: 昨天 02:54

试题(8)

$f(x)$ 在

$[1,+\infty)$ 上二次可导,

$\forall x\in [1,+\infty),f(x)>0,f''(x)\le 0,f(+\infty)=+\infty$

证明

$\lim_{s\to 0^+}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{f^s(n)}$

存在并求之.

由二阶导数非正,

$f'(x)$ 在

$[1,+\infty)$ 单减,容易看出

$f'$ 恒正.事实上若有某个

$x_0,f'(x_0)\le 0$ 则由单调性

$\forall x\ge x_0,f'(x)\le f'(x_0)\le 0,f(x)\le f(x_0)$ 与

$f(+\infty)=+\infty$ 矛盾.因此

$f$ 在

$[1,+\infty)$ 严增.

我们将收敛性的证明与求值放在一起进行.

$S_{2n}(s)=\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{f^s(2k)}-\frac{1}{f^s(2k-1)}\right)$

注意和式中每个括号都是负的且级数通项趋于

$0$ ,只需要证明对固定的

$s>0,S_{2n}(s)$ 有下界则

$\lim_{n\to +\infty}S_{2n}(s)$ 存在且等于

$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{f^s(n)}$

由

$\mathrm{Lagrange}$ 中值定理,

$\frac{1}{f^s(2k)}-\frac{1}{f^s(2k-1)}=\frac{-sf'(\xi)}{f^{s+1}(\xi)},\xi\in (2k-1,2k)$

注意

$f$ 单增而

$f'$ 单减我们有

$\frac{-sf'(2k-1)}{f^{s+1}(2k-1)}\le\frac{1}{f^s(2k)}-\frac{1}{f^s(2k-1)}\le \frac{-sf'(2k)}{f^{s+1}(2k)}$

$\sum_{k=1}^n\frac{-sf'(2k-1)}{f^{s+1}(2k-1)}\le S_{2n}(s)\le \sum_{k=1}^n\frac{-sf'(2k)}{f^{s+1}(2k)}$

利用面积原理的思想来估计左右两端.

由单调性

$k\ge 2$ 时

$\frac{f'(2k-1)}{f^{s+1}(2k-1)}\le \frac{1}{2}\int_{2k-3}^{2k-1} \frac{f'(t)}{f^{s+1}(t)}dt$

$\sum_{k=2}^{+\infty}\frac{f'(2k-1)}{f^{s+1}(2k-1)}\le\frac{1}{2}\int_{1}^{+\infty} \frac{f'(t)}{f^{s+1}(t)}dt=\frac{1}{2}\frac{-1}{sf^s(t)}\left|_{t=1}^{t=+\infty}\right.=\frac{1}{2sf^s(1)}$

$S_{2n}(s)$ 有下界故极限存在.再次利用面积原理

$k\ge 1$ 时

$\frac{f'(2k)}{f^{s+1}(2k)}\ge \frac{1}{2}\int_{2k}^{2k+2} \frac{f'(t)}{f^{s+1}(t)}dt$

$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{f'(2k)}{f^{s+1}(2k)}\ge\frac{1}{2}\int_{2}^{+\infty} \frac{f'(t)}{f^{s+1}(t)}dt=\frac{1}{2}\frac{-1}{sf^s(t)}\left|_{t=2}^{t=+\infty}\right.=\frac{1}{2sf^s(2)}$

$-s\left(\frac{f'(1)}{f^{s+1}(1)}+\frac{1}{2sf^s(1)}\right)\le \lim_{n\to +\infty}S_{2n}(s)\le -s\frac{1}{2sf^s(2)}$

由前面说明就有

$-s\left(\frac{f'(1)}{f^{s+1}(1)}+\frac{1}{2sf^s(1)}\right)\le \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{f^s(n)}\le -s\frac{1}{2sf^s(2)}$

而上式左右两端在

$s\to 0^+$ 时极限都是

$-\frac{1}{2}$ 故

$\lim_{s\to 0^+}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{f^s(n)}=-\frac{1}{2}$

中科院2018研究生入学考试数学分析+高等代数

数学分析部分

01. (15pt) 计算极限

$\lim_{x\to\infty}\left(\sin\frac1x+\cos\frac1x\right)^{x}\text{．}$

02. (15pt) 计算极限

$\lim_{x\to 0} \left(\frac{4+\mathrm{e}^{\frac1x}}{2+\mathrm{e}^{\frac4x}}+\frac{\sin x}{|x|} \right)\text{．}$

03. (15pt) 判断 (并证明) 函数

$f(x,y)=\sqrt{|{xy}|}$ 在点

$(0,0)$ 处的可微性．

04. (15pt) 求三个实常数

$a,b,c$ ，使得下式成立

$\lim_{x\to 0}\frac1{\tan x -ax}\int_b^x\frac{s^2}{\sqrt{1-s^2}}\,\mathrm{d}s =c\text{．}$

05. (15pt) 计算不定积分

$\int\frac{\mathrm{d}x}{\sin^6 x+\cos^6 x}\text{．}$

06. (15pt) 设函数

$f(x)$ 在

$[-1,1]$ 上二次连续可微，

$f(0)=0$ ，证明：

\left|\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm{d}x\right|\leq\frac{M}{3},\quad \text{其中 }M=\max_{x\in[-1,1]}\left|f''(x)\right|\text{．}

07. (15pt) 求曲线

$y=\dfrac12x^2$ 上的点，使得曲线在该点处的法线被曲线所截得的线段长度最短．

08. (15pt) 设

$x>0$ ，证明

$\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\frac1{2\sqrt{x+\theta}}\text{，}$ 其中

$\theta=\theta(x)>0$ ，并且

$\lim\limits_{x\to 0}\theta(x)=\dfrac 14$ ．

09. (15pt) 设

$u_n(x)=\frac{(-1)^n}{(n^2-n+1)^x}\quad (n\geq 0)\text{，}$ 求函数

$f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}u_n(x)$ 的绝对收敛、条件收敛以及发散的区域．

10. (15pt) 证明

$\frac15<\int_0^1\frac{x\mathrm{e}^x}{\sqrt{x^2-x+25}}\,\mathrm{d}x<\frac{2\sqrt{11}}{33}\text{．}$

高等代数部分

一、(20pt) 设

$p(x),q(x),r(x)$ 都是数域

$\mathbb{k}$ 上的正次数多项式，而且

$p(x)$ 与

$q(x)$ 互素，

$\mathrm{deg}(r(x))<\mathrm{deg}(p(x))+\mathrm{deg}(q(x))$ ．证明：存在数域

$\mathbb{k}$ 上的多项式

$u(x),v(x)$ ，满足

$\mathrm{deg}(u(x))<\mathrm{deg}(p(x)),\,\mathrm{deg}(v(x))<\mathrm{deg}(q(x))$ ，使得

$\frac{r(x)}{p(x)q(x)}=\frac{u(x)}{p(x)}+\frac{v(x)}{q(x)}\text{．}$

二、(20pt) 设

$n$ 阶方阵

$M_n=\left(|i-j|\right)_{1\leq i,j \leq n}$ ，令

$D_n=\mathrm{det}(M_n)$ (

$M_n$ 的行列式)．

　　(1) 计算

$D_4$ ；

　　(2) 证明

$D_n$ 满足递推关系式

$D_n=-4D_{n-1}-4D_{n-2}$ ；

　　(3) 求

$n$ 阶方阵

$A_n=\left(\left|\frac1i-\frac1j\right|^{\llap{\phantom{b}}}\right)_{1\leq i,j \leq n}$ 的行列式

$\mathrm{det}(A_n)$ ．

三、(20pt) 设

$A,B$ 均是

$n$ 阶方阵，满足

$AB=0$ ．证明

　　(1)

$\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(B) \leq n$ ；

　　(2) 对于方阵

$A$ 和正整数

$k\,(\mathrm{rank}(A) \leq k \leq n)$ ，必存在方阵

$B$ ，使得

$\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(B)=k\text{．}$

四、(20pt) 通过正交变换将下面的实二次型化成标准型：

$q(x_1,x_2,x_3)=5x_1^2+5x_2^2+5x_3^2-2x_1x_2-2x_2x_3-2x_1x_3\text{．}$

五、(20pt) 设

$A$ 和

$B$ 是两个

$n$ 阶实矩阵，并且

$A$ 是对称正定矩阵，

$B$ 是反对称矩阵．证明：

$A+B$ 是可逆矩阵．

六、(20pt) 设

$A$ 是

$n$ 阶复数矩阵，且

$A=\left(\begin{array}{l} A_1\\ A_2\end{array}\right)$ ，令

\[V_1=\left\{\,x\in\mathbb{C}^n\,\middle|\,A_1 x=0\,\right\},\quad V_1=\left\{\,x\in\mathbb{C}^n\,\middle|\,A_2 x=0\,\right\}\text{，}

\]证明：矩阵

$A$ 可逆的充分必要条件是向量空间

$\mathbb{C}^n$ 能够表示成子空间

$V_1$ 与

$V_2$ 的直和：

$\mathbb{C}^n=V_1 \oplus V_2$ ．

七、(15pt) 证明：

$8$ 个满足

$A^3=0$ 的

$5$ 阶复数矩阵中必有两个相似．

八、(15pt)

$\mathbb{R}$ 上所有

$n\,(n\geq 2)$ 阶方阵构成的线性空间

$V=\mathbb{R}^{n \times n}$ 上的线性变换

$f:\, V \to V$ 定义为

$f(A)=A+A'\quad \forall A\in V\text{，}$ 其中

$A'$ 为

$A$ 的转置．求

$f$ 的特征值、特征子空间、极小多项式．

第九题的解答

9. 设

$B_R=\{(x,y): x^2+y^2< R^2\},u\in C^2( B_R)\cap C(\overline {B_R})$ .

1) 若

$\Delta u\geqslant 0$ , 证明

$\max_{(x,y)\in\overline {B_R}} u(x,y)= \max_{(x,y) \in \partial B_R} u(x,y).$

证明对任意

$\varepsilon>0$ , 令$v_\varepsilon

(x,y)=u(x,y)+\varepsilon (x^2+y^2)$, 则

$\Delta v_\varepsilon (x,y)=\Delta u(x,y)+4\varepsilon\geqslant 4\varepsilon.$

由此用反证法易证

$\max_{(x,y)\in\overline {B_R}} v_\varepsilon (x,y)= \max_{(x,y) \in \partial B_R} v_\varepsilon(x,y).$

令

$\varepsilon\to 0^+$ , 即得

$\max_{(x,y)\in\overline {B_R}} u(x,y)= \max_{(x,y) \in \partial B_R} u(x,y).$

2). 若

$\Delta u(x,y)=0$ , 则

$\frac{d}{dr}\left(\frac{1}{2\pi r}\int_{\partial B_r}u(x,y)ds\right)=0, 0\leqslant r\leqslant R.$

证注意到

\[\frac{1}{2\pi r}\int_{\partial B_r}u(x,y)ds=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}u(r\cos\theta,r\sin\theta)d\theta=

\int_{\partial B_1}u(rx,ry)ds.\]从而根据Gauss公式, 得到

\begin{align*}\frac{d}{dr}\left(\frac{1}{2\pi r}\int_{\partial

B_r}u(x,y)ds\right)&=\frac{1}{2\pi}\int_{\partial B_1}(u_x(rx,ry)x+u_y(rx,ry)y)ds\\

&=\frac{1}{2\pi}\int_{\partial B_1} \frac{\partial

u(rx,ry)}{\partial

\nu}ds\\

&=\frac{1}{2\pi}\iint\limits_{\overline B_1}\Delta

u(rx,ry)dxdy\\

&=0.\end{align*}

3). 证明若

$\Delta u(x,y)=0$ , 则

$u(0,0)=\frac{1}{2\pi r}\int_{\partial B_r}u(x,y)ds.$

证根据2), 得到

$\frac{1}{2\pi r}\int_{\partial B_r}u(x,y)ds=\lim_{r\to 0^+}\frac{1}{2\pi r}\int_{\partial B_r}u(x,y)ds=u(0,0).$

2017-2018学年北京大学高等代数实验班期末试题2018.1.9
2018.1.9 上午8：30--10：30\\

安金鹏

据悉今年使用的教材是 K. Hoffman, R. Kunze: Linear Algebra

反响好我再发出期中试卷

一、设矩阵 $A\in \mathbb{R}^{4\times 4}$ 的矩阵元均为 $1$ 或 $-1$ , 求 $\det A$ 的最大值.

二、设 $V$ 是所有从有限域 $F_p$ 到自身的映射构成的 $F_p$ -线性空间. 定义 $T, U\in L(V)$ 为
$T(f)(t)=f(-t), \ \ U(f)(t)=f(t+1)-f(t), \ \ \forall \ f\in V, t\in F_p.$
求 $\det T$ 和 $\det U$ .

三、设 $V$ 是有限维 $F$ -空间, $W$ 是 $V$ 的子空间, $T\in L(V)$ 满足 $T(W)\subset W$ . 定义 $T_W\in L(W)$ 和 $T_{V/W}\in L(V/W)$ 为
$T_W(\alpha)=T(\alpha), \alpha\in W,$
$T_{V/W}(\alpha+W)=T(\alpha)+W, \alpha\in V.$
证明 $\det T=\det T_W \det T_{V/W}$ .

四、设 $A\in F^{n\times n}$ , $V$ 和 $W$ 是 $F^n$ 的子空间. 证明下述等价:

(a) 对任意的 $a\in V-\{0\}$ , 存在 $\beta\in W$ 使得 $\alpha A\beta^t\neq 0$ .

(b) 对任意的 $\gamma\in F^n$ , 存在 $\beta\in W$ 使得对任意的 $\alpha\in V$ 有 $\alpha V\beta^t=\alpha\gamma^t$ .

五、设 $F$ 是无限域. 证明对多项式代数 $F[x]$ 的任意有限维子空间 $V$ , 存在 $F[x]$ 的理想 $M$ 满足
$V\cap M=\{0\}, \ \ \ V+M=F[x].$