Fórmula de polarización.

Question

Dejemos que $V$ ser un $\mathbb{R}$ -espacio vectorial. Sea $\Phi:V^n\to\mathbb{R}$ un operador simétrico multilineal.

¿Es cierto y cómo demostramos que para cualquier $v_1,\ldots,v_n\in V$ tenemos:

$$\Phi[v_1,\ldots,v_n]=\frac{1}{n!} \sum_{k=1}^n \sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n} (-1)^{n-k}\phi (v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}),$$ donde $\phi(v)=\Phi(v,\ldots,v)$ .

Mi pregunta viene de que, he visto esta fórmula cuando estaba leyendo sobre el volumen mixto, y también cuando estaba leyendo sobre la medida mixta de Monge-Ampère. El escenario no era exactamente el de un espacio vectorial $V$ pero creo que la fórmula es verdadera aquí y me interesa que esta propiedad se muestre fuera del contexto específico de las medidas o volúmenes de Monge-Ampère. He hecho algunos trabajos en la otra dirección, es decir a partir de un operador $\phi:V\to\mathbb{R}$ satisfaciendo alguna condición y obteniendo un operador multilineal $\Phi$ Los siguientes son los resultados que he visto en esta dirección.

Ya sé que si $\phi':V\to\mathbb{R}$ es tal que para cualquier $v_1,\ldots,v_n\in V$ , $\phi'(\lambda_1 v_1+\ldots+\lambda_n v_n)$ es un polinomio homogéneo de grado $n$ en las variables $\lambda_i$ entonces existe un único operador simétrico multilineal $\Phi':V^n\to\mathbb{R}$ tal que $\Phi'(v,\ldots,v)=\phi'(v)$ para cualquier $v\in V$ . Además $\Phi'(v_1,\ldots,v_n)$ es el coeficiente del monomio simétrico $\lambda_1\cdots\lambda_n$ en $\phi'(\lambda_1 v_1+\ldots+\lambda_n v_n)$ (ver Forma multilineal simétrica a partir de una forma homogénea. ).

También sé que si $\phi'(\lambda v)=\lambda^n \phi'(v)$ y definimos $$\Phi''(v_1,\ldots,v_n)=\frac{1}{n!} \sum_{k=1}^n \sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n} (-1)^{n-k}\phi' (v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}),$$ entonces $\Phi''(v,\ldots,v)=\frac{1}{n!} \sum_{k=1}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k} k^n \phi'(v)=\phi'(v)$ (ver Demuestre esta igualdad (El factorial como suma alternativa con coeficientes binomiales). ). Es evidente que $\Phi''$ es simétrica, pero no sé si $\Phi''$ es multilineal.

Fórmula para $n=2$ : $$\Phi[v_1,v_2]=\frac12 [\phi(v_1+v_2)-\phi(v_1)-\phi(v_2)].$$

Fórmula para $n=3$ : $$\Phi[v_1,v_2,v_3]=\frac16 [\phi(v_1+v_2+v_3)-\phi(v_1+v_2)-\phi(v_1+v_3)-\phi(v_2+v_3)+\phi(v_1)+\phi(v_2)+\phi(v_3)].$$

Answer 1

Esto es cierto, aquí hay una prueba.

Voy a utilizar la notación polinómica $\Phi\left(v_{1},\ldots,v_{n}\right)=v_{1}\cdots v_{n}$ - Obsérvese que la multilinealidad y la simetría de $\Phi$ significa que manipularlos como polinomios (es decir, conmutar elementos, distribuir la "multiplicación") es completamente legítima. Dejemos que el lado derecho de la ecuación ecuación propuesta sea $\frac{1}{n!}F\left(n\right)$ .

Utilizando la expansión multinomial, tenemos $$ F\left(n\right)=\sum_{k=1}^{n}\left(-1\right)^{n-k}f\left(n,k\right) $$ donde $$ f\left(n,k\right)=\sum_{1\le j_{1}<\cdots<j_{k}\le n}\ \sum_{l_{1}+\cdots+l_{k}=n}{n \choose l_{1},\ldots,l_{k}}v_{j_{1}}^{l_{1}}\cdots v_{j_{k}}^{l_{k}}. $$ Intentemos calcular el coeficiente de $v_{j_{1}}^{l_{1}}\cdots v_{j_{k}}^{l_{k}}$ en $F\left(n\right)$ . La contribución más obvia es la de $f\left(n,k\right)$ , que da $\left(-1\right)^{n-k}{n \choose l_{1},\ldots,l_{k}}.$ Pero hay más contribuciones: por cada $K>k$ tenemos términos donde $K-k$ de la $l$ s son cero. La contribución de $f\left(n,K\right)$ es $$ \left(-1\right)^{n-K}\sum\left\{ {n \choose l_{1},\ldots,l_{k},0,0,\ldots}:j_{k+1},\ldots,j_{K}\textrm{ distinct from }j_{1},\ldots,j_{k}\right\} . $$ Todo lo que tenemos que hacer para calcular esto es contar el número de opciones de $K-k$ de la $n-k$ índices restantes, por lo que obtenemos $$ \left(-1\right)^{n-K}{n \choose l_{1},\ldots,l_{k}}{n-k \choose K-k}. $$ El coeficiente de $v_{j_{1}}^{l_{1}}\cdots v_{j_{k}}^{l_{k}}$ en $F\left(n\right)$ es por lo tanto $$ \sum_{K=k}^{n}\left(-1\right)^{n-K}{n \choose l_{1},\ldots,l_{k}}{n-k \choose K-k}=\sum_{K=k}^{n}\left(-1\right)^{n-K}\frac{n!}{l_{1}!\cdots l_{k}!}{n-k \choose K-k}. $$ Queremos demostrar que esto es $n!$ cuando $k=n,l_{j}=1$ y cero en caso contrario. El primer caso es fácil: sólo hay un término en la suma y todos los $n,k,K$ son sólo $n$ para que se caiga inmediatamente. Vamos a probar el caso cero. Factorizando el $K$ -términos independientes da $$ \left(-1\right)^{n}\frac{n!}{l_{1}!\cdots l_{k}!}\sum_{K=k}^{n}\left(-1\right)^{K}{n-k \choose K-k}. $$ Hacer un cambio de variables $j=K-k$ convierte la suma en $$ \left(-1\right)^{k}\sum_{j=0}^{n-k}\left(-1\right)^{j}{n-k \choose j}. $$ Se trata de la suma alternada de los coeficientes binomiales, que desaparece como se requiere.

Answer 2

ESQUEMA DE LA PRUEBA : Sus grandes sumas son siempre sumas de (sumas de sumas de) términos de la forma $\Phi(v_{k_1},v_{k_2},\ldots ,v_{k_n})$ para algunas uplas de índices $(k_1,k_2, \ldots ,k_n)$ . Gracias a la simetría de $\Phi$ siempre podemos reordenar y poner el uple en orden creciente. Entonces queda una suma más simple con menos términos, donde exactamente un término es multilineal (el término $\Phi(v_1,v_2, \ldots ,v_n)$ ) y todos los demás no. Así que esto es una situación tipo Rambo de uno contra cien. Pero, afortunadamente para nosotros, la propiedad combinatoria (llamémosla $P$ ) que para cualquier conjunto finito $X$ la suma $\sum_{B \subseteq X}(-1)^{|B|}$ es cero, excepto cuando $X$ es vacía, nos permite demostrar que todos los términos no multilineales tienen coeficiente cero en la suma.

LOS DETALLES : Dado un uple $(k_1,\ldots ,k_n)$ , denótese por $\rho(k_1,k_2,\ldots,k_n)$ el uple reordenado según el orden creciente. (Así, $\rho(1,3,2)=(1,2,3)$ ).

Es más conveniente aquí ver las uples como funciones, por lo que hablaremos de $u$ et $\rho u$ donde $u$ y $\rho u$ son mapas $\lbrace 1,2, \ldots, n\rbrace \to \lbrace 1,2, \ldots, n\rbrace$ y $\rho u$ está aumentando. Además, ponemos $\psi(f)=\Phi(v_{f(1)},\ldots,v_{f(n)})$ .

Para un uple creciente arbitrario $i$ , denótese por $w(i)$ el número de uples $j$ satisfaciendo $\rho(j)=i$ . Para cualquier $A \subseteq \lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace$ , denótese por $I(A)$ el conjunto de todos los mapas crecientes $\lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace \to A$ . Además, deja que $I=I(\lbrace 1,2, \ldots, n \rbrace)$ et $V(f)=\lbrace A \subseteq \lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace | f\in I(A) \rbrace$ . Tenga en cuenta que si $K(f)=\lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace \setminus Im(f)$ , entonces existe una biyección natural entre ${\cal P}(K(f))$ y $V(f)$ , dado por $B \mapsto Im(f) \cup B$ .

Dejemos que $$ \lambda (A)=\phi\bigg(\sum_{a\in A}v_a\bigg) \tag{2} $$

Entonces, ampliando $\lambda(A)$ muestra completamente que

$$ \lambda (A)=\sum_{f\in I(A)} w(f) \psi(f) \tag{3} $$

Entonces, el RHS (llámese $\Phi''$ ) de la igualdad deseada puede reescribirse como

$$ \begin{eqnarray} \Phi'' &=& \sum_{A\subseteq \lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace}(-1)^{n-|A|}\lambda(A)\\ &=& \sum_{A\subseteq \lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace}(-1)^{n-|A|}\sum_{f\in I(A)} w(f) \psi(f) \\ &=& \sum_{f\in I}w(f)\psi(f)\sum_{A\in V(f)}(-1)^{n-|A|} \\ &=& \sum_{f\in I}w(f)\psi(f)\sum_{B\subseteq K(f)}(-1)^{n-|Im(f)|+|B|} \\ &=& w({\mathsf{id}})\psi(\mathsf{id}) \ \text{by property } P. \\ &=& n! \Phi(v_1,v_2, \ldots ,v_n) \end{eqnarray} $$

lo que concluye la prueba.

Answer 3

(Esto es sólo el resumen de las respuestas de Ewan y Anthony, pero mucho más sencillo).

Dejemos que $S_n$ denotan el grupo simétrico. Además, escribamos $X=\{1,\dots,n\}$ . Calculamos $$\begin{eqnarray}\sum_{k=1}^{n}\sum_{1\leq j_{1}<\cdots<j_{k}\leq n}(-1)^{k}\phi(v_{j_{1}}+\cdots+v_{j_{k}})&=&\sum_{A\subset X}(-1)^{|A|}\phi(\sum_{a\in A}v_{a})\\&=&\sum_{A\subset X}(-1)^{|A|}\sum_{f:X\to A}\Phi(v_{f(1)},\dots,v_{f(n)})\\&=&\sum_{f:X\to X}\Phi(v_{f(1)},\dots,v_{f(n)})\sum_{f(X)\subset A\subset X}(-1)^{|A|}\\&=&\sum_{f\in S_{n}}\Phi(v_{f(1)},\dots,v_{f(n)})(-1)^{n}\\&=&(-1)^{n}n!\Phi(v_{1},\dots,v_{n}),\end{eqnarray}$$ donde la cuarta igualdad se deduce de la fórmula binomial.

Answer 4

Esto no es una respuesta pero un intento incompleto de prueba de inducción.

En primer lugar, consideraremos la siguiente notación: $$\Phi_v[v_1,\ldots,v_{n-1}]=\Phi[v_1,\ldots,v_{n-1},v],$$ así que $\Phi_v:V^{n-1}\to\mathbb{R}$ es el operador simétrico multinivel que obtenemos cuando fijamos una variable en $\Phi$ . Entonces, por supuesto, observamos $\phi_w(v)=\Phi_w[v,\ldots,v]=\Phi[v,\ldots,v,w]$ .

En esta "respuesta", demuestro que la fórmula se demuestra si $$\phi(v_1+\cdots+v_n) =\sum_{k=1}^{n-1} \sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n} (-1)^{n-1-k}\phi_{v_1+\cdots+v_n}(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}),$$ que probablemente no es más fácil que la fórmula de la polarización en sí, pero que me llevó a mi intento de inducción.

También escribimos $$\Phi_v[v_1,\ldots,\hat{v_i},\ldots,v_n]=\Phi_v[v_1,\ldots,v_{i-1},v_{i+1},\ldots,v_n].$$

Supongamos que la fórmula es verdadera para el operador simétrico multilineal $V^{n-1}\to\mathbb{R}$ . Desde $\Phi[v_1,\ldots,v_n]=\Phi_{v_i}[v_1,\ldots,\hat{v_i},\ldots,v_n]$ por simetría, tenemos: $$\Phi[v_1,\ldots,v_n]=\frac1n \sum_{i=1}^n \Phi_{v_i}[v_1,\ldots,\hat{v_i},\ldots,v_n].$$ Por inducción tenemos $$\Phi_{v_i}[v_1,\ldots,\hat{v_i},\ldots,v_n] =\frac{1}{(n-1)!} \sum_{k=1}^{n-1} \sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n\ ;\ j_l\neq i} (-1)^{n-1-k}\phi_{v_i} (v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}).$$ Así que $$\Phi[v_1,\ldots,v_n] =\frac1{n!}\sum_{k=1}^{n-1} \sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n} (-1)^{n-1-k} \sum_{\{i\mid i\neq j_l \forall l\leq k\}}\phi_{v_i} (v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}).$$ Pero \begin{align} \sum_{\{i\mid i\neq j_l \forall l\leq k\}}\phi_{v_i} (v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}) &={\phi_{v_1+\cdots+v_n}(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k})-\phi_{v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}}(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k})}\\ &={\phi_{v_1+\cdots+v_n}(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k})-\phi(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k})}. \end{align} Así que \begin{align} &\Phi[v_1,\ldots,v_n]\\ &=\frac1{n!}\sum_{k=1}^{n-1} \sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n} (-1)^{n-1-k} (\phi_{v_1+\cdots+v_n}(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k})-\phi(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}))\\ &=\frac1{n!}\sum_{k=1}^{n-1} \sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n} (-1)^{n-k} \phi(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k})\\ &\qquad +\frac1{n!}\sum_{k=1}^{n-1} \sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n} (-1)^{n-1-k}\phi_{v_1+\cdots+v_n}(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}).\\ \end{align} En esta última expresión la primera parte es casi el R.H.S. de la fórmula de polarización ; la suma va hasta $n-1$ en lugar de $n$ . Pero cuando $k=n$ , $\sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n} (-1)^{n-k} \phi(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}) =\phi(v_1+\cdots+v_n)$ . Por lo tanto, habremos demostrado la fórmula de polarización si $$\phi(v_1+\cdots+v_n) =\sum_{k=1}^{n-1} \sum_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq n} (-1)^{n-1-k}\phi_{v_1+\cdots+v_n}(v_{j_1}+\cdots+v_{j_k}).$$

Desgraciadamente no veo cómo demostrarlo, es quizás tan difícil como la fórmula de la polarización.