Sobre algunas identidades diferenciales del determinante de Vandermonde

Question

Tengo tres identidades que probar:

He demostrado (1) y (2), excepto (3)

Sé que f(x) se puede factorizar en términos (xi-xj) (exactamente n(n-1)/2 factores), pero esto es todo lo que sé.

Cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

El determinante de Vandermonde es una suma de monomios cuyos vectores de exponentes son permutaciones del vector $(0,1,2,\dotsc,n-1)$, con signos alternantes. Es decir, el monomio $x_1^0 x_2^1 x_3^2 \dotsm x_n^{n-1}$ tiene coeficiente $+1$, y para cada permutación $x_1^{\pi(0)} \dotsm x_n^{\pi(n-1)}$, para $\pi \in S_n$, el coeficiente es el signo de la permutación $\pi.

Ahora, para cada $i$, la segunda derivada $\partial^2 f/\partial x_i^2$ involucra monomios cuyos vectores de exponentes tienen $n-1$ números distintos de $0$ a $n-1, sumando hasta $\frac{n(n-1)}{2}-2$, con exactamente una repetición. Estos son los únicos términos posibles que pueden aparecer en la expresión en la ecuación (3), $\sum_i \partial^2 f/\partial x_i^2$.

Entonces considera un posible término $x_1^{a_1} \dotsm x_n^{a_n}$, donde $a_1,\dotsc,a_n$ están en $\{0,\dotsc,n-1\}$, suman hasta $\frac{n(n-1)}{2}-2$, y tienen exactamente una repetición. Digamos $a_i = a_j$, $i

Considera los dos términos en $f$ dados por $x_1^{a_1} \dotsm x_i^{a_i+2} \dotsm x_j^{a_j} \dotsm x_n^{a_n}$ y $x_1^{a_1} \dotsm x_i^{a_i} \dotsm x_j^{a_j+2} \dotsm x_n^{a_n}$. Aparecen en $f$ con signos opuestos porque los pares $(a_i+2,a_j)$ y $(a_i,a_j+2)$ han sido transpuestos (y todas las demás potencias permanecen iguales entre estos dos términos, y $a_i=a_j$).

El primer término contribuye con $\pm a_i(a_i-1) x_1^{a_1} \dotsm x_n^{a_n}$ a $\partial^2 f/\partial x_i^2$. El segundo término contribuye con $\mp a_j(a_j-1) x_1^{a_1} \dotsm x_n^{a_n}$ a $\partial^2 f/\partial x_j^2$. En la suma en (3), estas contribuciones se cancelan.

Answer 2

Pista: Escríbelo como un exponencial y luego toma su derivada.

Además, cada identidad tiene una interpretación de grupo de Lie, cuando piensas en los operadores como representación de una álgebra de Lie:

(1) Invariancia bajo traslación. (2) Homogéneo bajo escalamiento. (3) Invariancia bajo convolución gaussiana.

Answer 3

(De el libro de Laurent Manivel sobre Funciones Simétricas, Polinomios de Schubert)

El polinomio de Vandermonde $\Delta_{n}(x_1,\ldots,x_n)=\prod_{iarmónico (esto es, su laplaciano es cero) porque sus derivadas simétricas son polinomios antisimétricos de grado estrictamente menor que $\ \deg(\Delta_n)=\displaystyle{\frac{n(n-1)}{2}}$.

De hecho, el espacio vectorial de polinomios armónicos $\mathcal{H}_n$ es el conjunto lineal del determinante de Vandermonde y todas sus derivadas parciales de todos los órdenes. Un polinomio $g(x_1,\ldots,x_n)\in\mathcal{H}_n$ si y solo si $p(\partial_1,\ldots,\partial_n)(g)=0$ para todo polinomio simétrico sin término constante $g(x_1,\ldots,x_n)$. Donde $\partial_i$ es la derivada parcial con respecto a $x_i$.

Answer 4

Tengo una prueba breve para (3). Intenta demostrar que $$\Delta f(X) := \sum_{j = 1}^{n} \frac{\partial^2 f(X)}{\partial x_j^2}$$ es igual a cero cuando $x_1 = x_2$.

Esto implicará que $\Delta f(X)$ tiene un factor de $x_1 - x_2$. De manera similar, $\Delta f(X)$ tiene un factor de $x_i - x_j$ para cada par de $i < j$. Esto significa que $\Delta f(X)$, como un polinomio, tiene un factor de $f(X)$. Dado que $\Delta f(X)$ tiene 2 grados menos que $f(X)$, solo puede ser igual a cero.