Encontrar la dimensión del espacio de simetría $r-$ tensores

Question

Dejemos que $T^r(V^*)$ denotan el espacio de $r-$ tensores en $V$ un espacio vectorial de dimensión $n$ . Base de $V$ se denota $\{u_1, \dots u_n$ } y base de $T^r(V^*)$ es $\{\tilde{u}^{i_1} \otimes \dots \otimes \tilde{u}^{i_r} : 1\leq i_1 \leq n, \dots , 1\leq i_r \leq n\}$

Dejemos que $\Sigma^r(V^*)$ sea el (sub)espacio de simetría $r-$ tensores donde si $\sigma \in S_r$ es una permutación en el grupo simétrico y $\alpha \in \Sigma^r(V^*)$ entonces: $$\alpha^\sigma (v_1, \dots , v_r) = \alpha (v_{\sigma(1)}, \dots , v_{\sigma(r)})$$

Lo que estoy tratando de hacer es determinar la dimensión de $\Sigma^k(V^*)$ . Sé que hay una cartografía de proyección $\mathcal{S}$ llamado el simetrizador de $T^r(V^*)$ en $\Sigma^r(V^*)$ definido por:

$$\mathcal{S}(\alpha) = \dfrac{1}{r!}\sum_{\sigma \in S_r} \alpha^\sigma$$ .

También (por haber buscado un poco) ya sé cuál es la respuesta deseada: $$\text{dim}\Sigma^k(V^*) = \binom{n + r -1}{r} = \dfrac{(n + r -1)!}{r! (n-1)!}$$

Sin embargo, yo mismo soy incapaz de deducir la expresión general. Mi método actual, que ha funcionado para $V = \mathbb{R}^4$ y $r =2, 3$ ha sido considerar la base de $T^r(V^*)$ y ver qué elementos dan el mismo elemento de $\Sigma^k(V^*)$ tras la simetrización. Por ejemplo, para el $r=2$ caso, observo que $\mathcal{S}(\tilde{e}^1 \otimes \tilde{e}^2) = \mathcal{S}(\tilde{e}^2 \otimes \tilde{e}^1)$ ; $\mathcal{S}(\tilde{e}^1 \otimes \tilde{e}^3) = \mathcal{S}(\tilde{e}^3 \otimes \tilde{e}^1)$ ; $\mathcal{S}(\tilde{e}^1 \otimes \tilde{e}^4) = \mathcal{S}(\tilde{e}^4 \otimes \tilde{e}^1)$ ; $\mathcal{S}(\tilde{e}^3 \otimes \tilde{e}^2) = \mathcal{S}(\tilde{e}^2 \otimes \tilde{e}^3)$ ; $\mathcal{S}(\tilde{e}^4 \otimes \tilde{e}^2) = \mathcal{S}(\tilde{e}^2 \otimes \tilde{e}^4)$ y $\mathcal{S}(\tilde{e}^3 \otimes \tilde{e}^4) = \mathcal{S}(\tilde{e}^4 \otimes \tilde{e}^3)$ . A estos $6$ términos, añado las simmertrizaciones de $\tilde{e}^i \otimes \tilde{e}^i$ para $i \in \{1,2,3,4\}$ para obtener la dimensión 10, como se requiere.

Answer 1

Creo que he dado con la respuesta, así que voy a publicar la solución para que sea criticada y espero que sirva para alguien que se encuentre con el mismo problema en el futuro. Me di cuenta de que tenía problemas porque no estaba muy familiarizado con el resultado de la combinatoria clásica este espejos.

Mis casos de prueba dejaron claro que la solución estaría limitada por debajo de $\dfrac{n!}{n-r)!}$ es decir, el número de distinto $r-$ secuencias sin repeticiones que se pueden extraer de $\{1,2, \dots, n\}$ . Lo que queda por determinar es cuántos términos adicionales hay cuando permitimos las repeticiones. Si consideramos $r-$ secuencias $I = \{1,2,2,1,\dots, 2\}$ y $J = \{2,1,1, \dots, 2,1\}$ donde $I$ y $J$ se componen de dos elementos puramente $1s$ y $2s$ con el mismo recuento de cada uno sólo que con el orden reordenado es decir $I$ y $J$ son permutaciones entre sí.

En general, encontramos que $\mathcal{S}(\tilde{e}^I) = \mathcal{S}(\tilde{e}^J)$ si $I$ y $J$ son $r$ -secuencias que se permutan entre sí.

Así, nuestro problema se ha reducido a: ¿Cuántas formas distintas de seleccionar/elegir $r$ elementos de $n$ elementos, sin cuidar el orden ni las repeticiones ¿están ahí? La respuesta es: $\binom{n +r -1}{r}$

Se trata de un resultado bastante fundacional que puede encontrarse en cualquier libro de introducción a la matemática discreta. Un ejemplo sería la sección 9.6 de Matemáticas discretas con aplicaciones (4ª ed.) por Susanna S. Epp.