不可逆矩阵的零测性的初等刻画

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在当前版本的第 587 页，有如下叙述：

若 $A$ 为不可逆矩阵，那么 $\det A = 0$，取出 $A$ 的每个元素 $a_i (1 \leqslant i \leqslant n^2)$，将 $a_i$ 视为 $\mathbf{R}$ 上的一个变量，那么 $\det A$ 关于每个分量 $a_i$ 就是一个多项式，这个多项式的零点对应的元素形成的矩阵构成的集合就是不可逆矩阵的集合，这个集合构成一个“薄薄的” 超曲面，因此是零测的.

这里的零测性需要一个更加精确且初等的描述方式，暂时有的想法是：

1. 考虑将其作为某个函数的图像，然后表明函数的连续性以表明图像的零测性；
2. 估计其体积的上界（怎么估计？）；
3. 考虑求矩阵两列线性相关的概率，这可能是直观的，但并不算太严谨；严格的描述是可能的，但必然绕不开 Lebesgue 测度；
4. 更充分地利用其多项式性，这足以说明零点集零测（对多项式的元数递推，同时应用 Fubini）；

目前看来 4 是更适合我们的方法，这可能需要一些前置（代数学基本定理 + Fubini 定理）. 下面是一些不太初等，但可能有启发的思路：

1. 利用实解析性和 Lebesgue 密度定理；
2. 同样是实解析性，finite ramified covering may do the job；
3. 亦见 S. Lojasiewicz, Triangulation of semi-analytic sets, Ann. Scu. Norm. di Pisa, 18 (1964), 449-474.

其中 1 可能和上面的 4 可以建立联系.

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目前的想法是：3 应该是最直接、最简单的想法，可以很形象且初等地表出（一个余维数 1 的子空间）；4 应该是最为严谨的写法，可能可以在更新多项式一讲时加以补充，则可在此直接引用

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注意，可以用可数个方体覆盖 $\mathbf{R}^n$，且 Lebesgue 测度可数可加，所以不妨在单位方体上考虑问题（注意可数可加性，昨晚有人脑子进水卡在这了）

当然，下面的证明好像不依赖于这一点……

记 $Z_i$ 为余秩 $r \geqslant i$ 的矩阵，我们表明：

1. $Zi \setminus Z{i+1}$ 零测（注意到，余秩正好为 $i$ 的矩阵分类后属于 $\mathbf{R}^{n \times (n - i)}$ 维空间，这样的子空间一共有 $\binom{n}{i}$ 个，也就是有限个）；
2. $Z_n$ 零测（这是显然的）；

这个证明类比了 Sard 定理的证明，实际上这就对应了实解析函数在某种意义上的“有限性”，并且绕过了 Fubini 定理（某种意义上可以看成应用了它的一个特殊形式，如果想的话，也可以用覆盖定理把它也绕过去）。

引人联想的是，这是不是和 Grassmann 流形有点像，或许可以从这个角度想想……