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Interpretación combinatoria de $\prod_{\lambda\vdash n} \prod\lambda_{k} = \prod_{\lambda\vdash n} \prod m^{(\lambda)}_i!$

Notación:
(i) $\uparrow^{G}_{H}$ denota la representación inducida (o su carácter correspondiente) de $H$ a $G$ y $\downarrow^{G}_{H}$ denota restricción de forma similar.
(ii) $\lambda = \displaystyle\prod i^{m^{(\lambda)}_{i}}$ significa que $\lambda$ es una partición en la que $i$ se repite $m^{(\lambda)}_i$ veces, es decir, existe exactamente $m^{(\lambda)}_i$ $k$ s para los que $\lambda_k = i$ .
(iii) $\mathfrak{S}_{n}$ es el grupo simétrico de $n$ cartas, y $\mathfrak{S}_\lambda$ es el subgrupo de Young asociado a la partición $\lambda$ .
(iv) $K_{\lambda\mu}$ es el número de Kostka asociado a las particiones $\lambda$ y $\mu$ .
(v) $C_{\nu}$ es la clase de conjugación de $\mathfrak{S}_n$ formado por elementos de tipo ciclo $\nu$ .
(vi) $z_{\nu} = n!/|C_\nu| = \displaystyle\prod_{i}i^{m^{(\nu)}_i}m^{(\nu)}_i!$ es el tamaño del centralizador de un elemento en $\mathfrak{S}_n$ de tipo de ciclo $\nu$ .

Teorema. $\displaystyle\prod_{\lambda\vdash n} \displaystyle\prod_{k}\lambda_{k} = \displaystyle\prod_{\lambda\vdash n} \displaystyle\prod_{i} m^{(\lambda)}_i!$ .

Encontré la identidad anterior mientras estudiaba la teoría de representación de grupos simétricos. Doy mi prueba a continuación:

Fijar $n$ y ordenar las particiones de $n$ por orden lexicográfico.
Dado $\lambda \vdash n$ , dejemos que $\phi_\lambda$ sea el carácter de la representación de permutación $1{\uparrow}^{\mathfrak{S}_{n}}_{\mathfrak{S}_{\lambda}}$ y $\chi_\lambda$ el carácter del módulo Specht $S^{\lambda}$ .
Definir matrices $\mathcal{A}_{\lambda\mu} = z^{1/2}_\mu|\mathfrak{S}_\lambda \cap C_\mu|$ y $\mathcal{B}_{\lambda\mu} = |\mathfrak{S}_\mu|\cdot K_{\lambda\mu}$ entonces tenemos:

$\begin{align*} (\mathcal{B}^{t}\mathcal{B})_{\lambda\mu} &= \displaystyle\sum_{\nu}|\mathfrak{S}_\lambda|\cdot K_{\nu\lambda}\cdot |\mathfrak{S}_\mu|\cdot K_{\nu\mu} \\ &= |\mathfrak{S}_\lambda||\mathfrak{S}_\mu| \displaystyle\sum_{\nu}\langle\phi_\lambda,\chi_\nu\rangle \langle\chi_\nu,\phi_\mu\rangle \quad\text{(Young's Rule)}\\ &= |\mathfrak{S}_\lambda||\mathfrak{S}_\mu| \langle\phi_\lambda,\phi_\mu\rangle \quad{(\text{orthonormality of }\chi_\nu)}\\ &= |\mathfrak{S}_\lambda||\mathfrak{S}_\mu| \langle1{\uparrow}^{\mathfrak{S}_n}_{\mathfrak{S}_\lambda}{\downarrow}^{\mathfrak{S}_n}_{\mathfrak{S}_\mu},1_{\mathfrak{S}_\mu}\rangle \quad\text{(Frobenius Reciprocity)}\\ &= |\mathfrak{S}_\lambda|\displaystyle\sum_{\nu}\phi_\lambda(C_\nu) \cdot |\mathfrak{S}_\mu \cap C_\nu| \\ &= \displaystyle\sum_{\nu}z_\nu|\mathfrak{S}_\lambda \cap C_\nu||\mathfrak{S}_\mu \cap C_\nu| \quad\text{(character of permutation module)} \\ &= (\mathcal{A}\mathcal{A}^{t})_{\lambda\mu} \end{align*}$

Observe que $\mathcal{A}$ y $\mathcal{B}$ son triangulares superiores (sencillo para $\mathcal{A}$ y para $\mathcal{B}$ desde $K_{\lambda\mu} = 0$ a menos que $\lambda$ domina $\mu$ ), por lo que los determinantes de ambas matrices son sólo los productos a lo largo de la diagonal:

$\det \mathcal{A} = \displaystyle\prod_{\lambda\vdash n} z^{1/2}_\lambda |\mathfrak{S}_\lambda \cap C_\lambda| = \displaystyle\prod_{\lambda\vdash n}z^{1/2}_\lambda\displaystyle\prod_{k}(\lambda_k-1)!$
$\det \mathcal{B} = \displaystyle\prod_{\lambda\vdash n} |\mathfrak{S}_\lambda| \cdot K_{\lambda\lambda} = \displaystyle\prod_{\lambda\vdash n}\displaystyle\prod_{k}\lambda_k!$

Por último, ampliar $(\det \mathcal{A})^2 = (\det \mathcal{B})^2$ rendimientos:

$\displaystyle\prod_{\lambda\vdash n}z_\lambda\displaystyle\prod_{k}(\lambda_k-1)!^2 = \displaystyle\prod_{\lambda\vdash n}\displaystyle\prod_{k}\lambda_k!^2$
$\displaystyle\prod_{\lambda\vdash n}z_\lambda = \displaystyle\prod_{\lambda\vdash n}\displaystyle\prod_{i}i^{m^{(\nu)}_i}m^{(\nu)}_i! = \displaystyle\prod_{\lambda\vdash n}\displaystyle\prod_{k}\lambda_k^2$
$\displaystyle\prod_{\lambda\vdash n}\displaystyle\prod_{i}m^{(\nu)}_i! = \displaystyle\prod_{\lambda\vdash n}\displaystyle\prod_{k}\lambda_k$

La identidad en sí es tan simple que sospecho que puede haber una prueba puramente combinatoria. De hecho:

Para $n = 4, 5, 6, 7$ los conjuntos múltiples $\{\lambda_k \mid \lambda\vdash n \}$ y $\displaystyle\bigcup_{\lambda\vdash n}\displaystyle\bigcup_i\, [m^{(\lambda)}_i]$ son idénticos (donde $[m]$ indica $\{1,2, ..., m\}$ ),
es decir, cuando expandes los factoriales $m!$ en un producto de números de $1$ a $m$ existe una biyección entre los números que aparecen en cada producto.

Para $n=6$ tenemos $\lambda = 6, 51, 42, 411, 33, 321, 3111, 222, 2211, 21111, 111111$ .
Abusando de la notación, escribe $[m^{(\lambda)}] = 1, 11, 11, 121, 21, 111, 1321, 321, 2121, 14321, 654321$ respectivamente para cada $\lambda$ arriba. (Por ejemplo, $[m^{3111}] = 1321$ ya que existe $1$ $3$ y $3$ $1$ s; $[1] = \{1\}, [3] = \{3,2,1\}$ .)
Ahora, contando los números que aparecen en las listas anteriores para $\lambda$ y $[m^{(\lambda)}]$ tenemos $19$ $1$ s, $8$ $2$ s, $4$ $3$ s, $2$ $4$ s, $1$ $5$ y $1$ $6$ en cada uno.

¿Se cumple la biyección anterior para todos $n$ ? En caso afirmativo, ¿existe una prueba biyectiva directa utilizando la idea anterior?
Si no es así, ¿existe al menos una prueba sin teoría de la representación?

Nota: Una pregunta que pida una prueba de esta identidad ya es aquí (que, supongo, técnicamente he proporcionado una respuesta), pero no he sido capaz de encontrar el problema correspondiente en EC2, ni soy capaz de proporcionar una interpretación combinatoria, que es la razón por la que lo pregunto de nuevo con más detalles proporcionados.

Edita: Aquí se completa el esquema dado en la respuesta de JBL en la deseada biyección de conjuntos múltiples. Fijar un número entero positivo $j$ y consideremos la siguiente secuencia de biyecciones:

$\begin{align*} \{(\lambda,i)\vdash n \mid \lambda_i \text{ is the } j\text{th } k\} &\longleftrightarrow \{\lambda\vdash n \mid m^{(\lambda)}_k \geq j\} \qquad\text{(}i\text{ is unique for fixed }j)\\ &\longleftrightarrow \{\lambda_-\vdash (n-jk) \} \qquad\text{(delete }j\text{ parts of size }k)\\ &\longleftrightarrow \{\lambda'\vdash n \mid m^{(\lambda')}_j \geq k\} \qquad\text{(insert }k\text{ parts of size }j) \end{align*}$

Observando que las particiones marcadas corresponden a partes, obtenemos una biyección entre partes $\lambda_i$ que son $j$ th $k$ s de alguna partición $\lambda$ y $m^{(\lambda')}_j$ s que sean al menos $k$ para otra partición $\lambda'$ . Unión sobre $j$ nos da la biyección completa entre conjuntos múltiples.

2voto

JBL Puntos 121

Estoy bastante seguro de que esto me fue asignado como estudiante de posgrado en una de las clases de Richard; por lo tanto, espero que esté en EC1, capítulo 1 ejercicios en alguna parte. No obstante, he aquí un esquema rápido de una prueba combinatoria: digamos que un par $(\lambda, i)$ es un $k$ -partición marcada si $\lambda_i = k$ . Es fácil ver que el número de partes de tamaño $k$ entre todas las particiones de $n$ es igual al número de $k$ -particiones marcadas de $n$ . Además, no es difícil ver que el número de $k$ -particiones marcadas en las que $i$ es el $j$ ª parte del tamaño $k$ es exactamente $p(n - jk)$ hay una biyección que equivale a añadir o quitar una determinada $j \times k$ rectángulo en el diagrama de Young.

Consideremos ahora el otro lado (multiplicidades). Dada una partición $\lambda$ aporta una copia de $k$ para cada tamaño de pieza que aparezca con multiplicidad al menos $k$ . Pues bien, el número de particiones de $n$ en el que $j$ aparece con una multiplicidad de al menos $k$ es exactamente $p(n - jk)$ una biyección que equivale a añadir o eliminar un determinado $k \times j$ rectángulo en el diagrama de Young.

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