¿Por qué el catalizador es invariable bajo cambios de coordenadas?

Question

Deje que $ \mathbf {k}$ ser una conmutación $ \mathbb {Q}$ -algebra. (Podríamos tocar el el mismo juego sobre cualquier anillo conmutativo $ \mathbf {k}$ pero esto sería un poco más técnico, así que déjame evitarlo.)

Fijar un número entero no negativo $n$ . A forma binaria significará una homogénea polinomio $f=f \left ( x,y \right ) \in\mathbf {k} \left [ x,y \right ] $ . Cualquier forma binaria $f \left ( x,y \right ) $ de grado $2n$ puede escribirse únicamente en la forma $f \left ( x,y \right ) = \sum\limits_ {i=0}^{2n} \dbinom {2n}{i}a_{i} x^{2n-i}y^{i}$ para algunos escalares $a_{0},a_{1}, \ldots ,a_{2n} \in\mathbf {k}$ (que son simplemente los coeficientes de $f$ reajustado por los coeficientes binomiales). Que $ \mathcal {F}_{2n}$ denotan la $ \mathbf {k}$ -módulo de todas las formas binarias de grado $2n$ . El anillo de la matriz $ \mathbf {k}^{2 \times2 }$ actúa en el $ \mathbf {k} $ -módulo $ \mathcal {F}_{2n}$ por la regla \begin {ecuación} \left ( \begin y la de los niños a y b \\ c y d \end {\i1}{\b1} \right ) \cdot f=f \left ( ax+cy,bx+dy \right ) . \end {ecuación} (En otras palabras, una matriz $ \left ( \begin {array}[c]{cc} a & b \\ c & d \end {array} \right ) \in\mathbf {k}^{2 \times2 }$ actúa en una forma binaria sustituyendo $ax+cy$ y $bx+dy$ para las variables $x$ y $y$ . Esto se llama un "cambio de variables", al menos si la matriz es invertible).

El catalizador $ \operatorname *{Cat}f$ de una forma binaria $f \left ( x,y \right ) $ de grado $2n$ es un escalar, definido de la siguiente manera: Escriba $f \left ( x,y \right ) $ en la forma $f \left ( x,y \right ) = \sum\limits_ {i=0}^{2n} \dbinom {2n} {i}a_{i}x^{2n-i}y^{i}$ y luego se establece \begin {ecuación} \operatorname *{Cat}f= \det\left ( \begin y la de los niños a_{0} & a_{1} & \cdots y a_{n} \\ a_{1} y a_{2} y \cdots y a_{n+1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{n} & a_{n+1} & \cdots y a_{2n} \end {\i1}{\b1} \right ) = \det\left ( \left ( a_{i+j-2} \right ) _{1 \leq i \leq n+1,\ 1 \leq j \leq n+1} \right ) . \end {ecuación} Un resultado clásico, que se remonta a Sylvester ( Sobre los principios del cálculo de las formas ) en 1852 (que, a su vez, lo atribuye a Cayley), y luego dice que $ \operatorname *{Cat}f$ es un $ \operatorname *{GL} \nolimits_ {2} \mathbf {k}$ -invariante (en un sentido apropiado de esta palabra, es decir.., $ \operatorname *{GL} \nolimits_ {2} \mathbf {k}$ transforma $ \operatorname *{Cat}$ mediante la multiplicación con una potencia apropiada de la determinante). Más precisamente, cualquier forma binaria $f \left ( x,y \right ) $ de grado $2n$ y cada matriz $A \in\mathbf {k}^{2 \times2 }$ satisfacer \begin {ecuación} \operatorname *{Cat} \left ( A \cdot f \right ) = \left ( \det A \right ) ^{n \left ( n+1 \right ) } \cdot\operatorname *{Cat}f. \label {catalecticant1} \tag {1} \end {ecuación}

Pregunta. ¿Hay una prueba puramente algebraica/combinatoria de \eqref {catalecticant1}?

En estos días, \eqref {catalecticant1}se suele ver como una consecuencia de la El hecho de que si $ \mathbf {k}$ es un campo algebraicamente cerrado de características $0$ entonces una forma binaria $f \left ( x,y \right ) $ de grado $2n$ satisface $ \operatorname *{Cat}f=0$ si y sólo si $f$ puede escribirse como $ \sum_ {j=1} ^{n} \left ( p_{j}x+q_{j}y \right ) ^{2n}$ para algunos $2n$ elementos $p_{1} ,p_{2}, \ldots ,p_{n},q_{1},q_{2}, \ldots ,q_{n} \in\mathbf {k}$ . Esto está probado, por ejemplo, en J. M. Selig, El catalizador de Sylvester . Una vez que este hecho es concedido, el igualdad \eqref {catalecticant1}sigue utilizando algunos Nullstellensatz técnicos argumentos (así lo creo; los detalles son algo molestos de verificar, que requiere, por ejemplo, mostrar que $ \operatorname *{Cat}f$ es irreducible como polinomio en el $a_{0},a_{1}, \ldots ,a_{2n}$ para $n>0$ ).

No me gusta este argumento por los tecnicismos que implica, incluyendo el pasaje a un campo cerrado algebraicamente y el uso del Nullstellensatz (al menos para los ideales principales). Parece que a mí que \eqref {catalecticant1}debería tener una prueba puramente algebraica, usando propiedades de los determinantes. Sylvester podría haber tenido una, pero encuentro que su trabajo imposible de descifrar. ¿Alguien conoce tal prueba?

Answer 1

Dolgachev ( 2012, p. 57 ; pdf ) observa que su circulante (con determinante $ \operatorname {Cat} f$ ) es la matriz de una forma bilínea simétrica $ \Omega_ {\,f}$ en $ \smash { \operatorname {Sym}^n( \mathbf k^{2})}$ en una cierta base, entonces afirma como obvio que $f \mapsto\Omega_ {\,f}$ es un $ \smash { \operatorname {GL}( \mathbf k^2)}$ - equivalente mapa $$ \operatorname {Sym}^{2n}( \mathbf k^{2})^* \to\operatorname {Sym}^2( \operatorname {Sym}^n( \mathbf k^{2}))^*, $$ haciendo que la primera representación sea una orden directa en la segunda. (La descomposición completa de esta última está en Fulton-Harris, Ejercicios 6.16, 11.31, 15.45.) Eso debería ayudar...

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Editar: Aquí hay una prueba detallada. Escriba a $ \mathcal F_n= \operatorname {Sym}^n( \mathbf k^{2})^*$ . La funcionalidad nos da morfismos $$ \begin {array}{ccccc} \operatorname {End}( \mathbf k^2) & \overset { \operatorname {Sym}^{n*}} \longrightarrow & \operatorname {End}( \mathcal F_n) & \overset { \operatorname {Sym}^2} \longrightarrow & \operatorname {End}( \operatorname {Sym}^2( \mathcal F_n)) \\ A & \longmapsto & B_n & \longmapsto & C_n \end {array} $$ que satisfacen $ \det (B_n)= \det (A)^{n(n+1)/2}$ y $C_n( \Omega )= \Omega ({}^tB_n\, \cdot ,{}^tB_n\, \cdot )=B_n\, \Omega\ , {}^tB_n$ si consideramos las formas cuadráticas como matrices simétricas; ${}^t$ es la transposición $ \operatorname {End}(V^*) \leftrightarrow\operatorname {End}(V)$ . Así, $$ \det (C_n( \Omega ))= \det (B_n)^2 \det ( \Omega )= \det (A)^{n(n+1)} \det ( \Omega ). $$ Así que tu $(1)$ seguirá, en efecto. de la supuesta equivalencia de $ \smash {f \mapsto\Omega_f }$ . Para ver esto último, tenga en cuenta que (viendo como lo hacen los miembros de $ \mathcal {F}_{2n}$ como funciones de $ \smash {( \begin {smallmatrix}x \\y\end {smallmatrix})}$ ) La definición de Dolgachev puede escribirse $$ \Omega_ {\,f}( \xi , \eta ):= \tilde f( \xi\eta ), \quad\text {where} \quad \tilde f= \tfrac1 {(2n)!} \mathrm D^{2n}f(0) $$ (forma polar de $f$ ) y $ \xi\eta\in\operatorname {Sym}^{2n}( \mathbf k^2)$ es el producto de $ \xi , \eta\in\operatorname {Sym}^n( \mathbf k^2)$ . Así que la equivalencia se reduce a la regla de la cadena $ \mathrm D^{2n}(\,f \circ {}^t\!A)(0) = \mathrm D^{2n}f(0) \circ {}^tB_{2n}$ (por ejemplo, Abraham y otros ( 1988 , Ej. 2.3E )): $$ \Omega_ {\,f \circ\ , {}^tA}( \xi , \eta ) = (\, \tilde f \circ {}^tB_{2n})( \xi\eta ) = \tilde f({}^tB_n \xi\ ,{}^tB_n \eta ) =C_n( \Omega_ {\,f})( \xi , \eta ). $$ Observación: Definición de los coeficientes $a_i$ de $f$ como lo haces tú, y escribiendo $e_1=( \begin {smallmatrix}1 \\0\end {smallmatrix})$ , $e_2=( \begin {smallmatrix}0 \\1\end {smallmatrix})$ la relación elemental $ \mathrm D^{2n}(x^iy^{\,j})(0)(e_1^ke_2^l)=( \partial_x ^{\,k} \partial_y ^{\,l})(x^iy^{\,j})=i!j! \delta_ {ik} \delta_ {jl} $ siempre que $i+j=k+l=2n$ implica fácilmente que la matriz de $ \Omega_f $ de hecho ha $i,j$ -la cuarta entrada $ \Omega_f (e_1^{\,n-i}e_2^{\,i},e_1^{\,n-j}e_2^{\,j})=a_{i+j}$ $(i, j = 0, \dots ,n). $ Nótese también que partes de esto ya están en Reznick ( 1992 , 1.19, 1.24, 1.30, 1.31 ), ( 1996 , 2.12 ).

Answer 2

Deje que $d=2n$ sea el grado de su forma binaria $f$ . Permítanme presentarles $n+1$ pares de variables formales $ \alpha ^{(1)}=( \alpha ^{(1)}_{1}, \alpha ^{(1)}_{2}), \ldots , \alpha ^{(n+1)}=( \alpha ^{(n+1)}_{1}, \alpha ^{(n+1)}_{2})$ . Deje que $ \mathcal {S}$ ser el polinomio $$ \mathcal {S}= \prod_ {1 \le i<j \le n+1} ( \alpha ^{(i)} \alpha ^{(j)})^2 $$ donde usé la clásica notación de paréntesis para $2 \times 2$ determinantes, a saber, $$ ( \alpha ^{(i)} \alpha ^{(j)}):= \alpha ^{(i)}_{1} \alpha ^{(j)}_{2}- \alpha ^{(i)}_{2} \alpha ^{(j)}_{1}\ . $$ Deje que $ \mathcal {D}$ ser el operador diferencial $$ \mathcal {D}=f \left ( \frac { \partial }{ \partial\alpha ^{(1)}_{1}}, \frac { \partial }{ \partial\alpha ^{(1)}_{2}} \right ) \cdots f \left ( \frac { \partial }{ \partial\alpha ^{(n+1)}_{1}}, \frac { \partial }{ \partial\alpha ^{(n+1)}_{2}} \right )\ . $$ Entonces el catalizador es hasta un factor numérico igual al resultado de aplicar $ \mathcal {D}$ a $ \mathcal {S}$ . Este último es la expresión simbólica del catalizador y corresponde a un gráfico dirigido sobre $n+1$ vértices que es básicamente el gráfico completo con bordes dobles. Así que cada vértice es de grado $d$ . Como un polinomio $ \mathcal {S}$ es multihomogéneo de grado $d$ en cada $ \alpha ^{(i)}$ . En general, para cualquier gráfico de este tipo, el polinomio resultante $ \mathcal {D} \mathcal {S}$ será un $SL_2$ -invariante. Para probar la igualdad con su determinante de Hankel, véase $ \mathcal {S}$ como el cuadrado de un (homogenizado $ \mathbb {A}^1 \rightarrow \mathbb {P}^1$ ) Determinante de Vandermonde. Toma el cuadrado de la matriz y luego golpea su determinante con $ \mathcal {D}$ .

Una construcción alternativa (esencialmente la misma que la respuesta de François) es tomar el determinante del mapa $$ \begin {array}{ccc} { \rm Sym}^n( \mathbf {k}^2) & \longrightarrow & { \rm Sym}^n( \mathbf {k}^2) \\ g & \longmapsto & (f,g)_{n} \end {array} $$ donde $(f,g)_n$ es el $n$ -el transvectante, es decir, la proyección equivalente $$ { \rm Sym}^{2n}( \mathbf {k}^2) \otimes { \rm Sym}^{n}( \mathbf {k}^2) \longrightarrow { \rm Sym}^n( \mathbf {k}^2) $$ Puedes aprender más sobre las formas simbólicas y los transvectantes en la sección 2 de mi artículo "Sobre la conjetura del volumen para las redes de giro clásicas" . J. Teoría del nudo Ramificaciones 21 (2012), no. 3, 1250022. Véase en particular la página 14, que contiene una prueba gráfica de la $SL_2$ -invariable de la propiedad. El ejemplo es el del canónigo del quinquenio, pero se pueden eliminar los tres $x$ piernas y obtienes la prueba para el catalizador del cuarzo binario. Esencialmente necesitas la regla gráfica para la acción de $g \in SL_2$ en una forma binaria $F$ es decir..,

Entonces necesitas la identidad básica para los determinantes:

y finalmente el resto de la prueba:

De nuevo, quita los tres $x$ es hacer el catalizador del cuarzo en lugar del canonizador del quístico.