¿Cuándo constituyen los polinomios armónicos el núcleo de un operador diferencial?

Question

Sea $f$ sea un polinomio real de dos variables. Sea $\partial_f=f\left(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y}\right)$ . Sea $H$ denotan el espacio de polinomios armónicos, es decir, polinomios $h$ tal que $\partial_{x^2+y^2}h=0$ .

¿Es cierto que si el núcleo de $\partial_f$ contiene $H$ entonces $x^2+y^2|f(x,y)$ ?

Agradecería una prueba/desafío elemental.

Answer 1

Parece que la respuesta es sí. Podemos escribir $F(x,y)=\sum_{d=0}^Nf_d(x,y)$ donde $f_d$ es un polinomio homogéneo de grado $d$ . Puesto que para todo $n$ , $P_n(x,y):=(x+iy)^n+(x-iy)^n$ y $Q_n(x,y):=(x+iy)^n-(x-iy)^n$ son armónicos (porque holomorfos), deberíamos tener $\partial_FP_n=\partial_FQ_n=0$ . Si $d>n$ tenemos $\partial_{f_d}P_n=\partial_{f_d}Q_n=0$ . Tenemos que demostrar que para todo $2\leq d\leq N$ , $(x^2+y^2)\mid f_d(x,y)$ (tenemos $f_0=f_1=0$ , evaluando $\partial_F$ en $1$ , $x$ y $y$ ). Fijamos $d$ y suponemos que $(x^2+y^2)\mid f_k$ para $2\leq k< d$ . Tenemos $\partial_{f_d}P_d=\partial_{f_d}Q_d=0$ . Podemos escribir $f_d=\sum_{k=0}^da_{d,k}x^ky^{d-k}$ . Así que \begin{align*} \partial_{f_d}P_d&=\sum_{k=0}^da_{d,k}\partial_x^k\partial_y^{d-k}\left((x+iy)^d+(x-iy)^d\right)\\ &=\sum_{k=0}^da_{d,k}\frac{d!}{(d-k)!}\partial_y^{d-k}\left((x+iy)^{d-k}+(x-iy)^{d-k}\right)\\ &=\sum_{k=0}^da_{d,k}\frac{d!}{(d-k)!}\left((i^{d-k}+(-i)^{d-k}\right)(d-k)!\\ &=\sum_{k=0}^da_{d,k}d!\left((i^{d-k}+(-i)^{d-k}\right) \end{align*} de ahí $$\tag{1}\sum_{k=0}^da_{d,k}i^{d-k}(1+(-1)^{d-k})=0\mbox{ and }\sum_{k=0}^da_{d,k}i^{d-k}(1-(-1)^{d-k})=0.$$ Ahora, tenemos que considerar el caso $d$ impar y $d$ incluso. Si $d=2p$ entonces tenemos relaciones de la forma $$a_{2p,2p}-a_{2p,2p-2}+a_{2p,2p-2}-\cdots= 0$$ y $$a_{2p,2p-1}-a_{2p,2p-3}+a_{2p,2p-5}-\cdots= 0.$$ Poniendo eso en la expresión de $f_{2p}$ obtenemos después de los cálculos $$f_{2p}(x,y)=\sum_{k=1}^pa_{2p,2k}y^{2d-2k}(x^{2k}-(-1)^ky^{2k}) +\sum_{k=1}^{p-1}a_{2p,2k+1}y^{2d-2k-1}x(x^{2k}-(-1)^ky^{2k}),$$ y puesto que $x^{2k}-(-1)^ky^{2k}=(x^2)^k-(-y^2)^k=(x^2+y^2)\sum_{l=0}^{k-1}x^{2l}(-y^2)^{l-k}$ , $(x^2+y^2)\mid f_{2p}$ .

Los mismos cálculos dan el resultado para $d$ impar, ya que si $d=2p+1$ (1) se convierte en $$\sum_{k=0}^{2p+1}a_{2p+1,k}i^{-k}(1-(-1)^k)=0\mbox{ and }\sum_{k=0}^{2p+1}a_{2p+1,k}i^{-k}(1+(-1)^k)=0.$$