Una identidad sobre el determinante de Vandermonde.

Question

Quiero demostrar la siguiente identidad

$\sum_{i=1}^{k}x_i\Delta(x_1,\ldots,x_i+t,\ldots,x_k)=\left(x_1+x_2+\cdots+x_k+{k \choose 2}t\right)\cdot\Delta(x_1,x_2,\ldots,x_k),$

donde escribimos $\Delta(l_1,\ldots,l_k)$ $\prod_{i<j}(l_i-l_j).$

He comprobado que esta identidad es cierto para $k=2,3.$ Traté de calcular LHS usando el determinante de Vandermonde, pero parece que funciona. Tengo la sensación de que algunas propiedades de la simétrica de la función podría ser útil...... Cualquier ayuda será apreciada.:)

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El problema viene de Fulton del libro "Jóvenes Tableaux-Con Aplicaciones a la Teoría de la Representación y de la Geometría". Es un defecto de hecho en el Ejercicio 10 en page55.

Sin embargo, no puedo probar esto.

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Él utiliza el siguiente hecho para demostrar la longitud del Gancho de la fórmula.

Y establecer $x_i=l_i$ $t=-1$ en el Ejercicio 10.

Answer 1

La diferencia de el lado derecho y el lado izquierdo es un grado $\binom{k}{2}+1$ polinomio en $x_1, x_2, \ldots, x_k, t$.

En primer lugar, tenga en cuenta que si $x_i=x_j$ cualquier $i, j$, entonces la ecuación es verdadera. De hecho, la RHS sería 0, y todos los términos en el lado izquierdo de 0 otros de $x_i\Delta(x_1, x_2, \ldots, x_i+t, \ldots, x_k)$$x_j\Delta(x_1, x_2, \ldots, x_j+t, \ldots, x_k)$, lo que cancelar (todos los factores que no impliquen $x_i$ $x_j$ son de la misma; factores que involucran sólo uno puede ser vinculado como $(x_i+t-x_k)(x_k-x_j)$ que es el mismo que $(x_i-x_k)(x_k-(x_j+t))$(recall $x_i=x_j$), y el único de los factores de la izquierda se $x_i+t-x_j$ y $x_i-(x_j+t)$, la causa de ser la opuesta de la otra).

Por lo tanto, $x_i-x_j$ es un factor de la diferencia de cualquier $i, j$, dando $\binom{k}{2}$ factores.

Al $t=0$, la ecuación es verdadera por la ley distributiva. Por lo $t$ es también un factor de la diferencia de la LHS y RHS.

Por lo tanto, la diferencia LHS-RHS debe ser de la forma $Ct\prod_{i<j}{(x_i-x_j)}$ para algunas constantes $C$. Para demostrar que $C=0$, sufficies para mostrar que la ecuación es verdadera para algunos valores de $x_1,x_2,\ldots,x_k,t$ donde no hay dos $x_i$ son iguales y $t\neq0$.

Voy a elegir a$x_i=i$$t=-1$.

$$\textrm{LHS}=\sum_{i=1}^{k}i\Delta(1,\ldots, i-1,i-1,i+1,\ldots,k),$$

y todos los términos son 0, excepto el primero, que es $\Delta(0,2,\ldots,k).$

$$\textrm{RHS}=\left(1+2+\ldots+k+\binom{k}{2}(-1)\right)\cdot\Delta(1,2,\ldots,k)=k\Delta(1,2,\ldots,k).$$

Así, el objetivo es mostrar

$$\Delta(0,2,\ldots,k)=k\Delta(1,2,\ldots,k).$$

Para ello, tenga en cuenta que todos los factores en el $\Delta$ parte que no impliquen el primer término es el mismo en ambos. Para la LHS, los factores que involucran el primer término se $-2,-3,\ldots,-k$, y para el lado derecho, los factores que involucran el primer término se $-1,-2,\ldots,-(k-1)$, por lo que estamos por hacer.

Answer 2

1. Existe una solución sin el polinomio de identidad truco; es largo, pero más bien conservador en sus métodos:

• Corregir algunos $i$. Vandermonde nos dice que $\Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_i + t, \ldots, x_k\right)$ es el determinante de la $k\times k$-matriz cuyas $\left(u,v\right)$-ésima es $x_u^{k-v}$ si $u \neq i$ $\left(x_i+t\right)^{k-v}$ si $u = i$.
• Ampliar este determinante a lo largo de la $i$-ésima columna. Hacer lo mismo con $\Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right)$. Observe que los cofactores va a ser el mismo para ambos determinantes.
• En la expansión de $\Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_i + t, \ldots, x_k\right)$, expanda cada una de las $\left(x_i + t\right)^{k-v}$ por el binomio fórmula: $\left(x_i + t\right)^{k-v} = \sum_{\ell=0}^{k-v} \dbinom{k-v}{\ell} t^\ell x_i^{k-v-\ell}$.
• Restar $\Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right)$; este roba un sumando de la fórmula binomial (es decir, el $\sum_{\ell=0}^{k-v} \dbinom{k-v}{\ell} t^\ell x_i^{k-v-\ell}$ es convertida en $\sum_{\ell=1}^{k-v} \dbinom{k-v}{\ell} t^\ell x_i^{k-v-\ell}$).
• La conclusión de una doble expresión de suma de $\Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_i + t, \ldots, x_k\right) - \Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right)$. Multiplicar por $x_i$ y la suma de todos los $i$. El resultado es un triple suma (es decir, una suma de las sumas de sumas). Su objetivo es demostrar que este resultado es $\dbinom{k}{2} t \Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right)$.
• Transformar el triple de la suma de modo que la suma de más de $i$ se convierte en lo más íntimo de la suma. Entonces, la suma de $i$ es una de Laplace de la expansión de un determinado factor determinante con respecto a la $i$-ésima fila. Si $\ell=1$, luego de que este último determinante es $\Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right)$, mientras que de lo contrario es cero (ya que tiene dos hileras iguales). Use esto para deshacerse de los dos interiores sumas. El exterior de la suma se convierte ahora en el $\sum_{v=1}^{k} \dbinom{k-v}{1} t \Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right) = \dbinom{k}{2} t \Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right)$, que es lo que quería.

Los detalles pueden ser encontrados en la solución del Ejercicio 52 en mis Notas sobre la combinatoria fundamentos de álgebra (versión de 15 de octubre de 2016) (también hay una versión en mi sitio web que se mantiene hasta la fecha, pero su numeración podría cambiar).

2. Me pregunto si hay una combinatoria de prueba (por el signo-revertir la involución). Combinatoria pruebas de que el determinante de Vandermonde se puede encontrar en diversos lugares:

• Arthur T. Benjamin y Gregory P. Dresde, Una Combinatoria Prueba de Vandermonde es Determinante, La American Mathematical Monthly, Vol. 114, Nº 4 (Abr., 2007), pp 338-341..

• Martin Aigner, Un Curso en la Enumeraciónde Posgrado de Textos en Matemáticas #238, Springer, 2007, §5.3.

• Nicholas A. Loehr, Bijective Combinatoria, Chapman & Hall/CRC 2011, §12.9.

• Ira Gessel, Torneos y Vandermonde es Determinante, Revista de Teoría de grafos, Vol. 3 (1979), pp 305-307. Hay un boceto en una charla de David Bressoud y, probablemente, en un seguimiento de papel por Bressoud.

3. Aquí hay dos variaciones en la identidad del post original:

Variación 1. Tenemos $\sum_{i=1}^k \Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_i + t, \ldots, x_k\right) = k \Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right)$.

Variación 2. Para cada una de las $i \in \left\{1,2,\ldots,k\right\}$,$y_i = \prod_{1\leq j\leq k;\ j \neq i} x_j$. A continuación, $\sum_{i=1}^k y_i \Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_i + t, \ldots, x_k\right) = - \dfrac{\prod_{i=1}^k \left(t+x_i\right) - \prod_{i=1}^k x_i}{t} \Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right)$.

Variación 1 es más fácil que el problema original, y puede ser demostrado, tanto de manera algebraica y combinatoria. La prueba algebraica procede como el anterior, pero más fácil (la Proposición 7.58 en mis Notas sobre la combinatoria fundamentos de álgebra). La combinatoria prueba utiliza Gessel la interpretación de que el determinante de Vandermonde como un alternando suma más de torneos. La sustitución de $x_i$ $x_i + t$ corresponde a la elección de algunos de los arcos de la forma $x_h \to x_i$, y cambiando su peso de$\left(-1\right)^{\left[i>j\right]} x_i$$\left(-1\right)^{\left[i>j\right]} t$. Resulta que todos los torneos en los que al menos uno de arco ha sido elegido cancelar a la otra (de hecho, tome el más pequeño elegido arco con respecto a algunas de las pre-determinado pedido, y a la inversa); como resultado, sólo el no modificado torneos de sobrevivir, y por lo tanto obtenemos $k \Delta\left(x_1, x_2, \ldots, x_k\right)$.

Variación 2, por otro lado, parece mucho más difícil. Mi prueba utiliza la alternante expresión para la primaria simétrica funciones. Incluso una prueba algebraica sin que sería muy interesante.