Una identidad relacionada con las particiones en $n$ partes y polinomios de Schur

Question

Mientras trabajaba con los polinomios de Schur encontré lo que parece una bonita identidad, y me pregunto si tiene una demostración sencilla.

Notación: Supongamos que $d,n\in\mathbb{N}$ y $\lambda =(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ es una partición ordenada de $d$ Es decir $\lambda_1 \ge \dots \ge \lambda_n \ge 0$ y $\lambda_1 + \dots + \lambda_n = d$ .

Dejemos que $\Lambda(d,n)$ sea el conjunto de todas esas particiones. Para cada $\lambda \in \Lambda(d,n)$ definir: $$ N(\lambda) = \prod_{1\le i < j \le n} \frac{\lambda_i - \lambda_j + j - i}{j - i}, $$ y $$ W(\lambda) = \prod_{1 \le i \le n} (\lambda_i + n - i)!. $$ Observación: $N(\lambda)=s_\lambda(1,\dots,1)$ , donde $s_\lambda$ es el polinomio de Schur asociado a la partición $\lambda$ . Ahora, defina $$ A(d,n) = \sum_{\lambda \in \Lambda(d,n)} \frac{N(\lambda)^2}{W(\lambda)}. $$ Parece que se cumple la siguiente identidad: $$ A(d,n) = \left( \prod_{k=0}^{n-1} k! \right)^{-1} \frac{n^d}{d!}.$$ ¿Existe una explicación sencilla?

Answer 1

Podemos utilizar el hecho de que $N(\lambda)=\left|\text{SSYT}(\lambda)\right|$ el número de tablas de Young semiestándar de forma $\lambda$ y que $d!\cdot\left(\frac{\prod_{1\le i < j\le n}(\lambda_i - \lambda_j + j - i)}{\prod_{1 \le i \le n} (\lambda_i + n - i)!}\right)=\left|\text{SYT}(\lambda)\right|$ el número de tablas estándar de Young de forma $\lambda$ . Con un simple reordenamiento su identidad se convierte en $$\sum_{|\lambda|=d}\left|\text{SSYT}(\lambda)\right|\left|\text{SYT}(\lambda)\right|=n^d.$$ Ahora, si rastreamos el lado izquierdo a través de la correspondencia Robinson-Schensted-Knuth, encontraremos que corresponde a $d\times n$ matrices con sumas de filas todas $1$ . Así que hay exactamente $n^d$ de estos.

Answer 2

He encontrado una prueba que no me gusta mucho, pero la compartiré.

Para dos matrices diagonales (reales) $A,B$ la integral Harish-Chandra-Itzykson-Zuber (HCIZ) es $$ I(A,B) = \int_{U(n)} e^{\rm{tr}(U^* A U B)} \, \rm{d} U = c_n \frac{\det\left([e^{a_j b_k}]_{j,k=1}^n\right)}{\Delta(a)\Delta(b)}, $$ donde $\Delta(a) = \prod_{j<k} (a_k - a_k)$ es el determinante de Vandermonde, y $c_n = \Delta([1,\dots,n]) = \prod_{k=1}^{n-1} k!$ (la integración es con respecto a la medida de Haar en el grupo unitario).

Utilizando una versión infinita de la fórmula de Cauchy-Binet, podemos escribir $$ \det\left(\{e^{a_j b_k}\}_{j,k=1}^n\right) = \sum_\lambda \det\left(\left[\frac{a_j^{\lambda_k+n-k}}{\sqrt{(\lambda_k+n-k)!}}\right]_{j,k=1}^n\right) \det\left(\left[\frac{b_k^{\lambda_j+n-j}}{\sqrt{(\lambda_j+n-j)!}}\right]_{j,k=1}^n\right), $$ donde la suma es sobre todas las particiones $\lambda$ de tamaño $n$ . Utilizando el hecho $$ s_\lambda(a) = \frac{\det\left(a_j^{\lambda_k+n-k}\right)}{\Delta(a)},$$ encontramos $$ I(A,B) = c_n \sum_\lambda \frac{s_\lambda(a)s_\lambda(b)}{\prod_{j=1}^n (\lambda_j+n-j)!} = c_n \sum_\lambda \frac{s_\lambda(a)s_\lambda(b)}{W(\lambda)}. $$ Si sustituimos $A = B = t \cdot \rm{Id}_n$ , entonces encontramos $$ e^{t^2 n} = c_n \sum_{d\ge 0} t^{2d} \sum_{\lambda\in\Lambda(d,n)} \frac{\left(s_\lambda(1,\dots,1)\right)^2}{W(\lambda)}. $$ Obtenemos la identidad comparando los coeficientes de $t$ .