Simetría de una función de Plücker

Question

Dejemos que $d \in \mathbb{N}$ y que $I$ sea un conjunto. Sea $\omega : I^d \times I^d \to \mathbb{R}$ sea una función, denotada por $(a_1,\dotsc,a_d,b_1,\dotsc,b_d) \mapsto a_1 \cdots a_d | b_1 \cdots b_d$ con las siguientes propiedades:

• Es antisimétrico en la primera $d$ variables, por ejemplo $a_1 a_2 \cdots a_d | \cdots = - a_2 a_1 \cdots a_d | \cdots$ .
• También es antisimétrico en el último $d$ variables.
• Para todos los elementos $a_1,\dotsc,a_{d-1}$ y $b_0,\dotsc,b_d$ de $I$ tenemos $$\sum_{k=0}^{d} (-1)^k a_1 \cdots a_{d-1} b_k | b_0 \cdots \widehat{b_k} \cdots b_n=0.$$

Se podría llamar $\omega$ una función de Plücker porque estas relaciones se asemejan a la Relaciones con Plücker .

Reclamación. $a_1 \cdots a_d | b_1 \cdots b_d = b_1 \cdots b_d |a_1 \cdots a_d$ para todos $(a,b) \in I^d \times I^d$ .

Para $d=1$ está claro. Aquí hay una prueba para el caso $d=2$ : Utilizando la relación $ab|cd- ac|bd + ad|bc=0$ cuatro veces, obtenemos

$$ab|cd = ac|bd - ad|bc=da|bc-ca|bd = db|ac-dc|ab-cb|ad+cd|ab$$ $$=bc|ad-bd|ac+2 cd|ab = ba|cd + 2 cd|ab ~ \Longrightarrow ~ 2 ab|cd = 2 cd|ab ~~~\square$$

En el caso $d=3$ un largo cálculo muestra $abc|def=ade|bcf-adf|bce+aef|bcd$ . Así que esto ya pone $bc$ a la derecha, pero no sé cómo hacer esto con $a$ sin destruir esto.

Hay algunos antecedentes para la afirmación, que provienen de los grassmanianos categorizados, pero no lo explicaré aquí porque no es necesario para entender la cuestión, creo. Puede que la afirmación sea falsa, pero entonces estoy bastante seguro (pero no tengo pruebas) de que una versión más débil de la misma es válida, pero necesita aún más variables y relaciones. Añadiré esto en caso de que alguien pregunte.

¿Quizás se pueda pedir a un programa de álgebra informática que haga todo el trabajo? Lo he intentado con SAGE, pero no ha funcionado porque la no conmutativa anillos de cociente sólo están disponibles en combinación con un sistema de representación.

Answer 1

La afirmación es cierta.

Me parece conveniente plantear el problema en forma de "hipercubo booleano" . Las variables serán las $\binom{2d}{d}$ cadenas de longitud $2d$ sobre el alfabeto $\{L,R\}$ con exactamente $d$ Rs. Para cualquier cadena $x\in\{L,R\}^{2d}$ con exactamente $d+1$ $R$ 's, deja que $\partial(x)$ denotan la suma de las variables etiquetadas por cadenas obtenidas al sustituir una $R$ en $x$ por un $L$ . Por ejemplo $\partial(LRLRRR)= LLLRRR+LRLLRR+LRLRLR+LRLRRL$ .

Reclamación 2 : $L^dR^d-(-1)^d R^dL^d$ es una combinación lineal de expresiones de la forma $\partial(x)$ .

Para relacionar esto con su problema arreglar $2d$ elementos $e_1,\dots,e_{2d}\in I$ . Considere una cadena $x\in\{L,R\}^{2d}$ con $d$ Rs. Podemos etiquetar el $i$ 'th L como $L_i$ y el $i$ El $R$ como $R_i$ , por lo que, por ejemplo, anotamos $LRLLRR$ como $L_1R_1L_2L_3R_2R_3$ . Para cada $1\leq i\leq d$ dejar $l_i$ sea la posición de $L_i$ y que $r_i$ sea la posición de $R_i$ . (Así que $l_i$ y $r_i$ son números enteros de $1$ a $2d$ .) Trazamos un mapa $x$ a $(-1)^{\sigma(x)}e_{l_1}\dots e_{l_d}|e_{r_1}\dots e_{r_d}$ , donde $(-1)^{\sigma(x)}$ es el signo de la permutación $\pi_x$ de $\{L_1,\dots,L_d,R_1,\dots,R_d\}$ enviando el $i$ La carta de $L_1\dots L_dR_1\dots R_d$ a la $i$ de la versión anotada de $x$ . (Equivalentemente, $\sigma(x)$ es el número mínimo de transposiciones entre $x$ y $L^dR^d$ .)

Por ejemplo $LRLLRR$ mapas a $e_1e_3e_4|e_2e_5e_6$ mientras que $LRLRLR$ mapas a $(-1)e_1e_3e_5|e_2e_4e_6$ .

$\partial (L^{d-1}R^{d+1})$ se asigna a $$ \sum_{k=0}^{d} (-1)^k e_{1} \cdots e_{d-1} e_{d+k} | e_{d} \cdots \widehat{e_{d+k}} \cdots e_{2d} $$ El mapeo para otros $\partial(x)$ es similar pero mucho más engorroso de escribir.

Prueba de la reclamación 2 : argumentaremos que $$L^dR^d-(-1)^d R^dL^d=\sum_{k=1}^d (-1)^{k+1}\frac{(k-1)!(d-k)!}{d!} \sum_{x,y} \partial (xy)\tag{*}$$ donde $x$ se extiende sobre cadenas de longitud $d$ con exactamente $k$ Rs, y $y$ se extiende sobre cadenas de longitud $d$ con exactamente $d-k+1$ Rs.

Como ejemplo, consideremos el caso $d=2$ . Entonces $$LLRR-RRLL = (\partial(RLRR)+ \partial(LRRR) - \partial(RRLR) - \partial(RRRL))/2.$$ El coeficiente de LLRR en el lado derecho es $(1+1)/2$ , y el coeficiente de RRLL es $(-1-1)/2$ . El coeficiente de LRLR es $(1-1)/2$ - las contribuciones provienen de LRRR y RRLR. Los demás coeficientes también pueden comprobarse directamente, pero el siguiente argumento de simetría demuestra que esto es innecesario.

El grupo $S_d\times S_d$ actúa sobre cadenas de longitud $2d$ por $(\pi,\pi')*(x,x')=\pi(x)\pi'(x')$ , donde $x,x'\in\{L,R\}^d$ . El lado izquierdo y el lado derecho de (*) son manifiestamente invariantes bajo este grupo (técnicamente, la acción inducida de $S_d\times S_d$ en el espacio vectorial generado por cadenas de longitud $2d$ ).

Así que basta con comprobar los coeficientes de los términos $L^kR^{d-k}L^{d-k}R^k$ partido, para $0\leq k\leq d$ . Recibimos contribuciones de $\partial(x)$ donde $x$ se obtiene sustituyendo una L en $L^kR^{d-k}L^{d-k}R^k$ por una R. Así que hay dos tipos de contribuciones: $k$ contribuciones de los términos $\partial(xL^{d-k}R^k)$ donde $x$ se obtiene sustituyendo una L en $L^kR^{d-k}$ por una R, y $d-k$ contribuciones de los términos $\partial(L^kR^{d-k}y)$ donde $y$ se obtiene sustituyendo una L en $L^{d-k}R^k$ por una R. El coeficiente de $L^kR^{d-k}L^{d-k}R^k$ es por lo tanto $$(-1)^{k+1}k\frac{(k-1)!(d-k)!}{d!}+(-1)^{k+2}(d-k)\frac{k!(d-k-1)!}{d!}$$ con la convención $0\cdot \infty=0$ es decir, ignorar el primer término si $k=0$ e ignorar el segundo término si $k=d$ .

Answer 2

Definitivamente puedes conseguir un sistema de álgebra computacional para hacer esto por fijo $d$ : ¡Es sólo álgebra lineal! Observa que, si puedes demostrar esto para $|I|=2d$ , entonces se deduce que para todos los casos más grandes $I$ . En concreto, si puede demostrar que $123 \cdots d|(d+1)(d+2) \cdots (2d) = (d+1)(d+2) \cdots (2d) | 12 \cdots d$ entonces se deduce que para cualquier $2d$ elementos sustituyendo $(1,2,3,\ldots, d, d+1, \ldots, 2d)$ por $(a_1, a_2, \ldots, a_d, b_1, b_2, \ldots, b_d)$ .

Para los fijos $d$ , estás preguntando si un conjunto de ecuaciones lineales implica a otro.

Aquí hay un código de Mathematica pirateado:

g[A_, B_] := Signature[A]* Signature[B] *f[Sort[A], Sort[B]]
rr[A_, B_] := Sum[(-1)^(k - 1)* g[Append[A, B[[k]]], Drop[B, {k}]], 
                    {k, 1, Length[B]}]
relations[d_] := Map[(rr[#, Complement[Range[2 d], #]] == 0) &, 
                         Subsets[Range[2 d], {d - 1}]]
vars[d_] := Map[f[#, Complement[Range[2 d], #]] &, Subsets[Range[2 d], {d}]]
DoStuff[d_] := f[Range[d], Range[d + 1, 2 d]] - f[Range[d + 1, 2 d], Range[d]] /.
                         Solve[relations[d], vars[d]]

Si DoStuff[d] salidas {0} la afirmación es cierta para $d$ . He comprobado la reclamación de $d$ hasta $6$ (en este punto estamos resolviendo $792$ ecuaciones en $924$ variables). Estoy seguro de que una codificación inteligente podría hacer esto mucho más rápido, pero no me interesa trabajar tanto.