¿Puede $e_n$ escribirse siempre como una combinación lineal de $n$-poderes de polinomios lineales?

Question

Usuario Eric Gregor y yo estaba hablando en el chat y él mencionó este tema y postuló la posibilidad de un acercamiento a través de polinomios simétricos. Después de pensarlo un poco, llegué a esto:

Hipótesis . Para cualquier $n$ el polinomio simétrico elemental $e_n\in k[x_1,\cdots,x_n]$ puede expresarse como un $k$ -combinación lineal de $n$ los poderes de los polinomios homogéneos de grado uno. $^\dagger$

$^\dagger$ Asumimos que la característica no divide $n!$ . Podríamos asumir que es cero para mayor simplicidad.

Demostrémoslo $s(a,b,\cdots,c)=(a+b+\cdots+c)^n-(a^n+b^n+\cdots+c^n).$ Tengo dos ejemplos:

$$xy=\frac{s(x,y)}{2} \tag{$ n=2 $}$$

$$xyz=\frac{s(x,y,z)-\big(s(x,y)+s(y,z)+s(z,x)\big)}{6} \tag{$ n=3 $}$$

Mi trabajo de rascado se estaba volviendo tedioso, así que no terminé el $n=4$ caso. Además de esto, no he hecho ningún avance sustantivo, pero he obtenido la siguiente igualdad. Denotamos $\mathrm{pt}\,\lambda$ el número de partes de una partición entera $\lambda\vdash n$ y $m_\lambda$ la suma de todos los monomios de forma $\lambda$ en $x_j,j\in J$ .

$$T_{J,\ell}:=\sum_{\large I\subseteq J \atop \large |I|=\ell}\left(\sum_{i\in I}x_i\right)^n=\sum_{\large \lambda\vdash n \atop \large \mathrm{pt}\lambda\le\ell}\binom{n}{\lambda}\binom{|J|-|I|}{\ell-\mathrm{pt}\,\lambda}m_\lambda.$$

Esto puede justificarse de la siguiente manera: la expansión de los sumandos internos de la LHS con el teorema multinomial dará lugar a los términos $m_\lambda$ (con los coeficientes multinomiales apropiados), multiplicado por el número de superconjuntos $I$ ( $\subseteq J$ ) de la cardinalidad $\ell$ que contiene un subconjunto particular $K$ de la cardinalidad $\mathrm{pt}\,\lambda$ ; construye tal $I$ eligiendo $|K/I|$ elementos fuera de $|J/I|$ disponible. En nuestro contexto $J=[n]$ por supuesto.

La razón por la que menciono esto es que el $T_{[n],\ell}$ parecen ser relevantes en los cálculos que estaba realizando para $n=2,3,4$ (como si se invirtiera un sistema lineal en el $m_\lambda$ 's...). Puede o no ser la forma correcta de pensar sobre el problema. Supongo que mi pregunta es entonces:

• ¿Es la hipótesis correcta?
• Si es así, ¿cómo lo probaremos?
• ( Opcional ) Si esto no está ya inherentemente respondido en la prueba hipotética, ¿cómo calcularíamos explícitamente cuáles son las combinaciones de poderes?

Answer 1

Sí, la hipótesis es correcta. Hay una construcción explícita. Dejemos que $$ t(i,n) := \sum_{1 \le k_1 < k_2 < \ldots < k_i \le n} s(x_{k_1},\ldots,x_{k_i}). $$ Luego $$ x_1 \cdots x_n = \frac{1}{n!} \sum_{i=0}^{n-2} (-1)^{i} t(n-i,n). $$

Prueba. Utilice la definición de $t$ y el teorema multinomial para obtener la declaración equivalente $$ n! \cdot x_1 \cdots x_n = \sum_{i=0}^{n-2} (-1)^i \sum_{1 \le k_1 < \ldots < k_{n-i} \le n} ~~ \sum_{a_1+\ldots+a_{n-i}=n,~a_j \neq n} \binom{n}{a_1,\ldots,a_{n-i}} \prod_{j=1}^{n-i} x_{k_j}^{a_j}. $$ Considere las secuencias fijas $0< b_1,\ldots,b_m < n$ con $\sum_j b_j = n$ y $1 \le r_1,\ldots,r_m \le n$ . El monomio $f := \prod_j x_{r_j}^{b_j}$ aparece en todos los sumandos de la suma exterior con $0 \le i \le n-m$ eligiendo $k_j := r_j$ y $a_j := b_j$ para $j \le m$ y $k_j \in (\{1,\ldots,n\} - \{r_j : 1 \le j\le n-i\})$ , $b_j := 0$ para $j>m$ (permute los índices para cumplir el requisito de "<"). Obviamente hay $\binom{n-m}{n-i-m}$ formas de elegir el $k_j$ s por fijo $i$ . Observe también que el coeficiente multinomial es el mismo para cada sumando (ya que la unión de los ceros no lo cambia).

Así que el coeficiente total del monomio $f$ en el RHS es igual a $ \sum_{i=0}^{n-m} (-1)^i \binom{n-m}{n-m-i} \binom{n}{b_1,\ldots,b_m}$ . Para $m<n$ esta suma es igual a $0$ . Para $n=m$ es igual a $n!$ lo que concluye la prueba.

Answer 2

Creo que si n es impar entonces $\sum (\sum_{i=1}^n\epsilon_i x_i)^n = 2^{n-1}x_1 \times ... \times x_n$ donde la suma exterior va sobre todas las secuencias $\epsilon_1,....,\epsilon_n$ de $\pm 1$ cuyo producto es 1. Tengo una prueba probabilística, y he comprobado n=3. Es conveniente que si n es impar uno los términos de la expansión no pueden ser todos iguales.