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对正整数 $q$，定义张量 $T$，其对应的多项式为 $p(X,Y,Z)=sum_{i=1}^q (X_0Y_iZ_i+X_iY_0Z_i+X_iY_iZ_0)$。对于 $epsilon>0$，定义张量 $T(epsilon)$，其对应的多项式为
egin{align}
&left(sum_{i=1}^q epsilon^{-2} (X_0+epsilon X_i)(Y_0+epsilon Y_i)(Z_0+epsilon Z_i)
ight)\
&-epsilon^{-3}left(X_0+epsilon^2sum_{i=1}^q X_i
ight)left(Y_0+epsilon^2sum_{i=1}^q Y_i
ight)left(Z_0+epsilon^2sum_{i=1}^q Z_i
ight)\
&+left(epsilon^{-3}-qepsilon^{-2}
ight)X_0Y_0Z_0
end{align}
则 $lim_{epsilon o 0} T(epsilon)=T$ 且 $R(T(epsilon))leq q+2$。故 $underline{R}(T)leq q+2$。
出于方便采用如下的记号：将变量 $X_0,dots,X_q$ 分成两块，其中块 $[0]$ 包含 $X_0$，块 $[1]$ 包含 $X_1,dots,X_q$。对 $Y$ 和 $Z$ 作同样的处理。令 $X^{[I_1]}Y^{[I_2]}Z^{[I_3]}$ 包含 $p(X,Y,Z)$ 中所有单项式 $X_{j_1}Y_{j_2}Z_{j_3}$ 之和，其中 $j_1,j_2,j_3$ 分别属于块 $[I_1],[I_2],[I_3]$。即
egin{align}
X^{[0]}Y^{[1]}Z^{[1]}&=sum_{i=1}^q X_0Y_iZ_i,\
X^{[1]}Y^{[0]}Z^{[1]}&=sum_{i=1}^q X_iY_0Z_i,\
X^{[1]}Y^{[1]}Z^{[0]}&=sum_{i=1}^q X_iY_iZ_0,
end{align}
其对应的张量分别为 $langle 1,1,q
angle$，$langle 1,q,1
angle$，$langle q,1,1
angle$。并且有 $p(X,Y,Z)=X^{[0]}Y^{[1]}Z^{[1]}+X^{[1]}Y^{[0]}Z^{[1]}+X^{[1]}Y^{[1]}Z^{[0]}$。下面考虑张量 $T^{otimes N}$ （$N$ 为 $3$ 的倍数），并设其对应的多项式为 $p'(X,Y,Z)$，其中 $X={X_{i_1,dots,i_N}: 0leq i_tleq q}$，对 $Y,Z$ 同理。称 $X_{j_1,dots,j_N}$ 属于块 $[I_1,dots,I_N]$，若 $X_{j_t}$ 属于块 $[I_t]$。对 $Y$ 和 $Z$ 作同样的处理。令 $X^{[I_1,dots,I_N]}Y^{[I'_N,dots,I'_N]}Z^{[I''_N,dots,I''_N]}$ 包含 $p'(X,Y,Z)$ 中所有单项式 $X_{j_1,dots,j_N}Y_{j'_1,dots,j'_N}Z_{j''_1,dots,j''_N}$ 之和，其中 $X_{j_1,dots,j_N},Y_{j'_1,dots,j'_N},Z_{j''_1,dots,j''_N}$ 分别属于块 $[I_1,dots,I_N],[I'_1,dots,I'_N],[I''_1,dots,I''_N]$。并且有
$$
p'(X,Y,Z)=sum X^{[I_1,dots,I_N]}Y^{[I'_N,dots,I'_N]}Z^{[I''_N,dots,I''_N]}.
$$
对任意变量 $X_{j_1,dots,j_N}$，设其属于块 $[I_1,dots,I_N]$ 且 $I_1,dots,I_N$ 中 $0$ 的数量不为 $N/3$（即 $1$ 的数量不为 $2N/3$），则删除 $p'(X,Y,Z)$ 中所有含变量 $X^{j_1,dots,j_N}$ 的项。类似地处理 $Y$ 和 $Z$。设得到的多项式为 $p''$，对应的张量为 $T'$。则 $underline{R}(T')leq underline{R}left(T^{otimes N}
ight)leq (q+2)^N$。这里 $p''$ 为形如 $X^{[I_1,dots,I_N]}Y^{[I'_N,dots,I'_N]}Z^{[I''_N,dots,I''_N]}$ 的 $M={Nchoose N/3,N/3,N/3}$ 项之和，其中每一项恰为 $(langle 1,1,q
angleotimeslangle 1,q,1
angleotimeslangle q,1,1
angle)^{otimes N/3}=langle q,q,q
angle^{otimes N/3}$。若项与项之间是独立的（即不同的项不包含相同的变量），则 $T''=left(langle q,q,q
angle^{otimes N/3}
ight)^{oplus M}$，并可利用渐近和不等式（定理 4.1）得到 $omega$ 的上界。但这并不成立，例如 $N=3$ 时 $X^{[0,1,1]}$ 包含在不同的两项 $X^{[0,1,1]}Y^{[1,1,0]}X^{[1,0,1]}$ 和 $X^{[0,1,1]}Y^{[1,0,1]}X^{[1,1,0]}$ 中。接下来进一步删除一些变量以确保独立性：令 $S=left{A,B,Cin {0,1}^N: A,B,C ~ ext{含有 } N/3 ext{ 个 } 0
ight}$。有 $|S|={Nchoose N/3,N/3,N/3}$。取 $S$ 中尽量大的子集 $S'$ 使得对任意 $(A,B,C),(A',B',C'),(A'',B'',C'')in S'$，$A+B'+C''=(2,dots,2)$ 仅当 $(A,B,C)=(A',B',C')=(A'',B'',C'')$。利用定理 7.4 证明中的构造，可得 $|S'|geq ((27/4)^{1/3}-o(1))^N$。删除 $p''$ 中含变量 $X_{i_1,dots,i_N}$ 的项，如果 ${i_1,dots,i_N}$ 不属于任何块 $A$ 使得存在 $(A,B,C)in S'$。类似地删除 $p''$ 中含变量 $Y_{i'_1,dots,i'_N}$ 的项，如果 ${i'_1,dots,i'_N}$ 不属于任何块 $B$ 使得存在 $(A,B,C)in S'$。最后删除 $p''$ 中含变量 $Z_{i''_1,dots,i''_N}$ 的项，如果 ${i''_1,dots,i''_N}$ 不属于任何块 $C$ 使得存在 $(A,B,C)in S'$。设得到的多项式为 $P$，其对应的张量为 $T''$。有 $P=sum_{(A,B,C)in S'} X^{[A]}Y^{[B]}Z^{[C]}$，且项与项之间是独立的（否则，不失一般性假设 $(A,B,C),(A,B',C'')in S'$，且 $(A,B,C)
eq (A,B',C'')$，但 $A+B'+C''=(2,dots,2)$，矛盾）。于是 $T''=left(langle q,q,q
angle^{otimes N/3}
ight)^{oplus |S'|}$ 并且 $underline{R}(T'')leq underline{R}(T')leq (q+2)^N$。由渐近和不等式，有 $|S'|q^{Nomega/3}leq (q+2)^N$，其中 $|S'|geq ((27/4)^{1/3}-o(1))^N$。令 $N oinfty$ 并令 $q=8$，得 $omega leq (3log_2 10 - log_2 (27/4)) / log_2 8=2.403dots$。这样就重新证明了定理 7.6。
对上述结果可作如下改进：引入变量 $X_{q+1}$ 并设块 $[2]$ 包含 $X_{q+1}$。对 $Y$ 和 $Z$ 作同样的处理。定义张量 $T$，其对应的多项式为
egin{align}
p(X,Y,Z)&=sum_{i=1}^q (X_0Y_iZ_i+X_iY_0Z_i+X_iY_iZ_0)\
&+X_0Y_0Z_{q+1}+X_0Y_{q+1}Z_0+X_{q+1}Y_0Z_0.
end{align}
对于 $epsilon>0$，定义张量 $T(epsilon)$，其对应的多项式为
egin{align}
&left(sum_{i=1}^q epsilon^{-2} (X_0+epsilon X_i)(Y_0+epsilon Y_i)(Z_0+epsilon Z_i)
ight)\
&-epsilon^{-3}left(X_0+epsilon^2sum_{i=1}^q X_i
ight)left(Y_0+epsilon^2sum_{i=1}^q Y_i
ight)left(Z_0+epsilon^2sum_{i=1}^q Z_i
ight)\
&+left(epsilon^{-3}-qepsilon^{-2}
ight)(X_0-qepsilon^3 X_{q+1})(Y_0-qepsilon^3 Y_{q+1})(Z_0-qepsilon^3 Z_{q+1})
end{align}
则 $lim_{epsilon o 0} T(epsilon)=T$ 且 $R(T(epsilon))leq q+2$。故 $underline{R}(T)leq q+2$。沿用之前的记号，则有
egin{align}
p(X,Y,Z)&=X^{[0]}Y^{[1]}Z^{[1]}+X^{[1]}Y^{[0]}Z^{[1]}+X^{[1]}Y^{[1]}Z^{[0]}\
&+X^{[0]}Y^{[0]}Z^{[2]}+X^{[0]}Y^{[2]}Z^{[0]}+X^{[2]}Y^{[0]}Z^{[0]}
end{align}
其中
egin{align}
X^{[0]}Y^{[1]}Z^{[1]}&=sum_{i=1}^q X_0Y_iZ_i,\
X^{[1]}Y^{[0]}Z^{[1]}&=sum_{i=1}^q X_iY_0Z_i,\
X^{[1]}Y^{[1]}Z^{[0]}&=sum_{i=1}^q X_iY_iZ_0,\
X^{[0]}Y^{[0]}Z^{[2]}&=X_0Y_0Z_{q+1},\
X^{[0]}Y^{[2]}Z^{[0]}&=X_0Y_{q+1}Z_0,\
X^{[2]}Y^{[0]}Z^{[0]}&=X_{q+1}Y_0Z_0
end{align}
其对应的张量分别为 $langle 1,1,q
angle$，$langle 1,q,1
angle$，$langle q,1,1
angle$，$langle 1,1,1
angle$，$langle 1,1,1
angle$，$langle 1,1,1
angle$。
令
$$
S=left{A,B,Cin {0,1,2}^N: egin{array} ~(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),(0,0,2),(0,2,0),(2,0,0) \ ext{在所有 }
(A_i,B_i,C_i) ~ ext{中出现的次数分别为 } \
(1-alpha)N/3,(1-alpha)N/3,(1-alpha)N/3,\
alpha N/3,alpha N/3,alpha N/3end{array}
ight}.$$
有 $|S|={Nchoose (1-alpha)N/3,(1-alpha)N/3,(1-alpha)N/3,alpha N/3,alpha N/3,alpha N/3}$。取 $S$ 中尽量大的子集 $S'$ 使得对任意 $(A,B,C),(A',B',C'),(A'',B'',C'')in S'$，$A+B'+C''=(2,dots,2)$ 仅当 $(A,B,C)=(A',B',C')=(A'',B'',C'')$。修改定理 7.4 证明中的构造：定义哈希函数 (hash function) $h_1,h_2,h_3:{0,1,2}^N omathbb{F}_m$ 如下
egin{align}
h_1(a)&=sum_{i=1}^N w_i a_i+w_{N+1}\
h_2(b)&=sum_{i=1}^N w_i b_i+w_{N+2}\
h_3(c)&=frac{1}{2}left( sum_{i=1}^N w_i(2-c_i)+w_{N+1}+w_{N+2}
ight).
end{align}
定义 $S'={(a,b,c)in S: h_1(a),h_2(b),h_3(c)in Q}$，其中 $Q$ 的定义与定理 7.4 证明中相同。定义 $S'$ 的子集 $T_1,T_2,T_3$ 如下：
egin{align}
T_1&={(a,b,c)in S': exists~(a,b',c')in S', b
eq b'}\
T_2&={(a,b,c)in S': exists~(a',b,c')in S', a
eq a'}\
T_3&={(a,b,c)in S': exists~(a',b',c)in S', a
eq a'}.
end{align}
并令 $U=S'setminus (T_1cup T_2cup T_3)$。类似定理 7.4 的证明可得集合 $U$ 满足要求。令 $m=Thetaleft({2(1-alpha)N/3choose (1-alpha)N/3}{(1+alpha)N/3 choose (1-alpha)N/3, alpha N/3, alpha N/3}
ight)$，可得 $|U|=Omega(|S||Q|/m^2)={Nchoose (1+alpha)N/3, 2(1-alpha)N/3, alpha N/3}^{1-o(1)}$。考虑 $T^{otimes N}$。对任意变量 $X_{j_1,dots,j_N}$，设其属于块 $[A]$。若 $0,1,2$ 在 $A$ 中出现的次数不分别为 $(1+alpha)N/3, 2(1-alpha)N/3, alpha N/3$，或者 $h_1(A)
eq Q$，则删除所有含变量 $X^{j_1,dots,j_N}$ 的项。类似地处理 $Y$ 和 $Z$。这样项 $X^{[A]}Y^{[B]}Z^{[C]}$ 出现当且仅当 $(A,B,C)in S'$。进一步，删除含变量 $X_{i_1,dots,i_N}$ 的项，如果 ${i_1,dots,i_N}$ 不属于任何块 $A$ 使得存在 $(A,B,C)in U$。类似地删除含变量 $Y_{i'_1,dots,i'_N}$ 的项，如果 ${i'_1,dots,i'_N}$ 不属于任何块 $B$ 使得存在 $(A,B,C)in U$。最后删除含变量 $Z_{i''_1,dots,i''_N}$ 的项，如果 ${i''_1,dots,i''_N}$ 不属于任何块 $C$ 使得存在 $(A,B,C)in U$。设得到的多项式为 $P$，其对应的张量为 $T'$。有 $P=sum_{(A,B,C)in U} X^{[A]}Y^{[B]}Z^{[C]}$，且项与项之间是独立的。于是 $T'=left(langle q,q,q
angle^{otimes (1-alpha)N/3}otimes langle 1,1,1
angle^{otimes alpha N/3}
ight)^{oplus |U|}$ 并且 $underline{R}(T')leq underline{R}left(T^{otimes N}
ight)leq (q+2)^N$。由渐近和不等式，有 $|U|q^{(1-alpha)Nomega/3}leq (q+2)^N$。令 $N oinfty$ 并令 $q=6$，$alphaapprox 0.048$，得到：
定理 8.1 ([CW90])：
$omega leq 2.388dots$
接下来考虑 $T^{otimes 2}$ 并设其对应多项式 $p$。修改变量的分块 $[i,j]mapsto [i+j]$，即：
egin{align}
X^{[0]}&={X_{0,0}},\
X^{[1]}&={X_{i,0}, X_{0,k}: i,k=1,dots, q},\
X^{[2]}&={X_{0,q+1}, X_{i,k} ,X_{q+1,0}: i,k=1,dots, q},\
X^{[3]}&={X_{i,q+1}, X_{k,q+1}: i,k=1,dots, q},\
X^{[4]}&={X_{q+1,q+1}}.
end{align}
且有 $p(X,Y,Z)=sum_{i+j+k=4} X^{[i]}Y^{[j]}Z^{[k]}$。有：
egin{align}
X^{[0]}Y^{[0]}Z^{[4]}=X^{[0]}Y^{[4]}Z^{[0]}=X^{[4]}Y^{[0]}Z^{[0]}&simeqlangle 1,1,1
angle\
X^{[0]}Y^{[1]}Z^{[3]}=X^{[0]}Y^{[3]}Z^{[1]}&simeqlangle 1,1,2q
angle\
X^{[1]}Y^{[0]}Z^{[3]}=X^{[3]}Y^{[0]}Z^{[1]}&simeqlangle 1,2q,1
angle\
X^{[1]}Y^{[3]}Z^{[0]}=X^{[3]}Y^{[1]}Z^{[0]}&simeqlangle 2q,1,1
angle\
X^{[0]}Y^{[2]}Z^{[2]}&simeqlangle 1,1,q^2+2
angle\
X^{[2]}Y^{[0]}Z^{[2]}&simeqlangle q^2+2,1,1
angle\
X^{[2]}Y^{[2]}Z^{[0]}&simeqlangle 1,q^2+2,1
angle
end{align}
但 $X^{[1]}Y^{[1]}Z^{[2]}$，$X^{[1]}Y^{[2]}Z^{[1]}$ 和 $X^{[2]}Y^{[1]}Z^{[1]}$ 不对应任何矩阵乘法。处理这一问题的方法是取对应张量的高次张量幂，并（在删除若干变量后）表示为若干矩阵乘法张量的直和。有下列结论（证明见后）：
引理 8.1 ([CW90])：
令 $T_1,T_2,T_3$ 分别为 $X^{[1]}Y^{[1]}Z^{[2]}$，$X^{[1]}Y^{[2]}Z^{[1]}$ 和 $X^{[2]}Y^{[1]}Z^{[1]}$ 对应的张量，则对于正整数 $N$ 以及 $ au>0$，存在正整数 $t$ 以及 $(n_1,m_1,p_1),dots,(n_t,m_t,p_t)$ 使得
$$
(T_1otimes T_2otimes T_3)^{otimes N}=left(oplus_{i=1}^t langle n_i,m_i,p_i
angle
ight)oplusdots
$$
并且有 $lim_{N oinfty}left(sum_{i=1}^t (n_i m_i p_i)^ au
ight)^{1/N} geq 4q^{3 au}(q^{3 au}+2)$。
定理 8.2 ([CW90])：
$omegaleq 2.375dots$
证明：考虑 $left(T^{otimes 2}
ight)^{otimes N}$。取非负整数 $A_0,dots,A_4$ 使得 $sum_{i=0}^4 A_i=N$ 并且 $sum_{i=0}^4 i A_i=4N/3$ 。对 $0leq i,j,kleq 4$ 且 $i+j+k=4$，取非负整数 $eta_{i,j,k}$ 使得
egin{align}
&sum_{substack{0leq i,j,kleq 4\ i+j+k=4}} eta_{i,j,k}=N\
&sum_{substack{0leq j,kleq 4\ i+j+k=4}} eta_{i,j,k}=A_i & forall 0leq ileq 4\
&sum_{substack{0leq i,kleq 4\ i+j+k=4}} eta_{i,j,k}=A_j & forall 0leq jleq 4\
&sum_{substack{0leq i,jleq 4\ i+j+k=4}} eta_{i,j,k}=A_k & forall 0leq kleq 4\
end{align}
令
$$
S=left{A,B,Cin {0,dots,4}^N: ~(i,j,k) ~ ext{在所有 }
(A_ell,B_ell,C_ell) ~ ext{中出现 } eta_{i,j,k} ~ ext{次}
ight}.
$$
有 $|S|={Nchoose {eta_{i,j,k}}}$。取 $S$ 中尽量大的子集 $S'$ 使得对任意 $(A,B,C),(A',B',C'),(A'',B'',C'')in S'$，$A+B'+C''=(2,dots,2)$ 仅当 $(A,B,C)=(A',B',C')=(A'',B'',C'')$。修改定理 7.4 证明中的构造：定义哈希函数 (hash function) $h_1,h_2,h_3:{0,1,2}^N omathbb{F}_m$ 如下
egin{align}
h_1(a)&=sum_{i=1}^N w_i a_i+w_{N+1}\
h_2(b)&=sum_{i=1}^N w_i b_i+w_{N+2}\
h_3(c)&=frac{1}{2}left( sum_{i=1}^N w_i(4-c_i)+w_{N+1}+w_{N+2}
ight).
end{align}
定义 $S'={(a,b,c)in S: h_1(a),h_2(b),h_3(c)in Q}$，其中 $Q$ 的定义与定理 7.4 证明中相同。定义 $S'$ 的子集 $T_1,T_2,T_3$ 如下：
egin{align}
T_1&={(a,b,c)in S': exists~(a,b',c')in S', b
eq b'}\
T_2&={(a,b,c)in S': exists~(a',b,c')in S', a
eq a'}\
T_3&={(a,b,c)in S': exists~(a',b',c)in S', a
eq a'}.
end{align}
并令 $U=S'setminus (T_1cup T_2cup T_3)$。类似定理 7.4 的证明可得集合 $U$ 满足要求。令 $m_X$ 为包含某个 $X^{[I]}$ 且 $(I,J,K)in S$ 的项 $X^{[I]}Y^{[J]}Z^{[K]}$ 的数量 。对 $Y$ 和 $Z$ 类似地定义 $m_Y$ 和 $m_Z$。有：
$$
m_X=m_Y=m_Z=frac{prod_{i=0}^4 A_i!}{prod_{i+j+k=4}eta_{i,j,k}!}.
$$
另一方面，令 $m'_X$ 为包含某个 $X^{[I]}$ 的项 $X^{[I]}Y^{[J]}Z^{[K]}$ 的数量（其中 $I,J,K$ 中 $i$ 出现的次数均为 $A_i$） 。对 $Y$ 和 $Z$ 类似地定义 $m'_Y$ 和 $m'_Z$。有：
$$
m'_X=m'_Y=m'_Z=sum_{{eta_{i,j,k}}}frac{prod_{i=0}^4 A_i!}{prod_{i+j+k=4}eta_{i,j,k}!}.
$$
注意到上式共有至多 $N^{O(1)}$ 项，故可以取 ${eta_{i,j,k}}$ 使得 $m_Xgeq m'_X/N^{O(1)}$。令 $m=Theta(m'_X)$，可得
egin{align}
|U|=Omega(|S||Q|/m^2)=Omega(|S|/m^{1+o(1)})&={Nchoose A_0,dots,A_4}^{1-o(1)}N^{-O(1)}\&={Nchoose A_0,dots,A_4}^{1-o(1)}.
end{align}
考虑 $left(T^{otimes 2}
ight)^{otimes N}$。对任意变量 $X_{j_1,dots,j_N}$，设其属于块 $[A]$。若 $0,dots,4$ 在 $A$ 中出现的次数不分别为 $A_0,dots,A_4$，或者 $h_1(A)
eq Q$，则删除所有含变量 $X^{j_1,dots,j_N}$ 的项。类似地处理 $Y$ 和 $Z$。这样若 $(A,B,C)in S'$，则项 $X^{[A]}Y^{[B]}Z^{[C]}$ 出现。进一步，删除含变量 $X_{i_1,dots,i_N}$ 的项，如果 ${i_1,dots,i_N}$ 不属于任何块 $A$ 使得存在 $(A,B,C)in U$。类似地删除含变量 $Y_{i'_1,dots,i'_N}$ 的项，如果 ${i'_1,dots,i'_N}$ 不属于任何块 $B$ 使得存在 $(A,B,C)in U$。最后删除含变量 $Z_{i''_1,dots,i''_N}$ 的项，如果 ${i''_1,dots,i''_N}$ 不属于任何块 $C$ 使得存在 $(A,B,C)in U$。设得到的多项式为 $P$，其对应的张量为 $T'$。有 $P=left(sum_{(A,B,C)in U} X^{[A]}Y^{[B]}Z^{[C]}
ight)+dots$，且项与项之间是独立的。于是 $T'=left(langle q,q,q
angle^{otimes (1-alpha)N/3}otimes langle 1,1,1
angle^{otimes alpha N/3}
ight)^{oplus |U|}$ 并且 $underline{R}(T')leq underline{R}left(left(T^{otimes 2}
ight)^{otimes N}
ight)leq (q+2)^{2N}$。由渐近和不等式，有
$$
{Nchoose A_0,dots,A_4}^{1-o(1)}left((2q)^{6b}(q^2+2)^{3c}
ight)^{omega/3}(4q^omega(q^omega+2))^d leq (q+2)^{2N}
$$
其中
egin{align}
&eta_{0,0,4}=eta_{0,4,0}=eta_{4,0,0}=a,\
&eta_{0,1,3}=eta_{0,3,1}=eta_{1,0,3}=eta_{1,3,0}=eta_{3,0,1}=eta_{3,1,0}=b,\
&eta_{0,2,2}=eta_{2,0,2}=eta_{2,2,0}=c,\
&eta_{1,1,2}=eta_{1,2,1}=eta_{2,1,1}=d.
end{align}
（可以验证使得 $m_X$ 在 $m'_X$ 中最大的 ${eta_{i,j,k}}$ 满足上述条件。）
令 $ar{a}=a/N$ 并类似地定义 $ar{b},ar{c},ar{d}$。令 $N oinfty$ 并对上式两边开 $N$ 次方，得到：
$$
frac{(2q)^{2ar{b}omega}(q^2+2)^{ar{c}omega}(4q^omega(q^omega+2))^{ar{d}}}
{(2ar{a}+2ar{b}+ar{c})^{2ar{a}+2ar{b}+ar{c}}
(2ar{b}+2ar{d})^{2ar{b}+2ar{d}}(2ar{c}+ar{d})^{2ar{c}+ar{d}}(2ar{b})^{2ar{b}}ar{a}^{ar{a}}}
leq (q+2)^2.
$$
令 $ar{a}=0.000233, ~ar{b}=0.012506, ~ar{c}=0.102546, ~ar{d}=0.205542, ~q=6$，解得 $omegaleq 2.375dots$。证毕。
证明（引理 8.1）：
egin{align}
X^{[1]}Y^{[1]}Z^{[2]}&=sum_{i=1}^q x_{i,0}^{[1,0]}y_{i,0}^{[1,0]}z_{0,q+1}^{[0,2]}
+sum_{k=1}^q x_{0,k}^{[0,1]}y_{0,k}^{[0,1]}z_{q+1,0}^{[2,0]}\
&+sum_{i,k=1}^q x_{i,0}^{[1,0]}y_{0,k}^{[0,1]}z_{i,k}^{[1,1]}
+sum_{i,k=1}^q x_{0,k}^{[0,1]}y_{i,0}^{[1,0]}z_{i,k}^{[1,1]}
end{align}
其对应的张量为 $T_1$。考虑 $T_1^{otimes 2N}$。取非负整数 $L,G$ 使得 $L+G=N$。删除项 $X^{[I]}Y^{[J]}Z^{[K]}$，如果 $I$ 中 $[1,0]$ 与 $[0,1]$ 的数量不同，或者 $J$ 中 $[1,0]$ 与 $[0,1]$ 的数量不同，或者 $K$ 中 $[2,0]$，$[0,2]$ 与 $[1,1]$ 的数量不分别为 $L,L,2G$。设得到的张量为 $T'_1$。类似地考虑 $X^{[1]}Y^{[2]}Z^{[1]}$ 和 $X^{[2]}Y^{[1]}Z^{[1]}$ 并得到 $T'_2$ 和 $T'_3$。考虑 $T''=T'_1otimes T'_2otimes T'_3$。在 $T''$ 中有 ${2N choose N}^2{2N choose L,L,2G}$ 个可能的 $X$ 块，每块出现在 ${Nchoose L}^4{2Gchoose G}$ 个项 $X^{[I]}Y^{[J]}K^{[K]}$ 中。利用与定理 8.2 的证明相同的哈希函数进一步删除变量以保证独立性，则剩余至少 $t=Omegaleft(left({2Nchoose N}^2 {2Nchoose L,L,2G}
ight)^{1-o(1)}
ight)$ 项，其中每一项对应一个矩阵乘法 $langle n_i,m_i,p_i
angle$，并且 $n_im_ip_i=(q^2)^{6G}q^{6L}=q^{12G+6L}$。于是有
$$
sum_{i=1}^t (n_i m_i p_i)^ au=Omegaleft(left({2Nchoose N}^2 {2Nchoose L,L,2G}
ight)^{1-o(1)} q^{12G+6L}
ight)
$$
令 $L=frac{2N}{q^ au+2}$，$G=frac{q^ au N}{q^ au+2}$。对上式左右两边开 $N$ 次方并令 $N oinfty$，得到
$$lim_{N oinfty}left(sum_{i=1}^t (n_i m_i p_i)^ au
ight)^{1/N} geq 4q^{3 au}(q^{3 au}+2).
$$
证毕。
Stothers [Sto10] 和 Williams [Wil12] 分析了 $T^{otimes 4}$，并分别得到 $omegaleq 2.3736dots
$ 和 $omegaleq 2.3729dots$。Williams [Wil12] 进一步分析了 $T^{otimes 8}$，并得到：
定理 8.2 ([Wil12])：
$omega leq 2.3726dots$
参考文献：
[CW90] Don Coppersmith and Shmuel Winograd. Matrix Multiplication via
Arithmetic Progressions. J. Symb. Comput., 9 (1990), 251-280.
[Sto10] Andrew Stothers. Ph.D. Thesis, U. Edinburgh, 2010.
[Wil12] Virginia Vassilevska Williams. Multiplying Matrices Faster Than Coppersmith-Winograd. Proceedings of the 44th Symposium on Theory of Computing, 887-898, 2012.