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Demostración algebraica del teorema de Ehrhart

Sea $P \subset \mathbb{R}^d$ ser un $d$ -donde todos los vértices se encuentran en coordenadas integrales, y sea $L(P,n)$ denotan el número de puntos de la red integral contenidos en el politopo a escala $n \cdot P$ es decir $L(P,n) := \# ((n \cdot P) \cap \mathbb{Z}^d)$ . Entonces sabemos por un teorema de Ehrhart:

  1. La función generadora $E(P,t) := \sum_{n=0}^\infty L(P,n) \cdot t^n$ es una función racional de la forma $E(P,t) = \frac{h(t)}{(1-t)^{d+1}}$ donde $h$ es un polinomio con $h(1) \neq 0$ .
  2. $L(P,n)$ es un polinomio en $n$ para todos los enteros positivos.

Me pregunto si estos resultados también pueden obtenerse mediante el siguiente planteamiento algebraico: Sea $k$ sea un campo arbitrario y $M := \text{Cone}(P \times \{1\}) \cap \mathbb{Z}^{d+1}$ considerado como submonoide de $\mathbb{R}^{d+1}$ . Entonces el álgebra monoide noetheriana $k[M]$ est $\mathbb{Z}$ -calificada con respecto a la $(d+1)$ -y la correspondiente serie de Hilbert de $k[M]$ coincide con $E(P,t)$ . Por el teorema de Hilbert-Serre esta serie es una función racional de la forma $E(P,t) = \frac{f(t)}{\prod_i 1-t^{e_i}}$ . También está claro que si podemos demostrar que todos los $e_i$ se puede elegir que sea $1$ se deduce que $L(P,n)$ es una función polinómica para todo suficientemente grande $n$ .

¿Hay alguna forma elegante de proceder con este planteamiento para obtener los mismos resultados que arriba?

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@user26857: Efectivamente, ¡este libro es muy útil! Responderé a mi pregunta en cuanto entienda todos los detalles de la prueba (a no ser que alguien lo haga mientras tanto).

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¡Vaya, es un resultado precioso! +1

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Rafael Romão Puntos 805

La respuesta a mi pregunta es "Sí". Ambos puntos pueden demostrarse en un entorno puramente algebraico. Sorprendentemente, es bastante fácil demostrar que $L(P,n)$ es una función polinómica para todo lo suficientemente grande $n$ . Lo difícil es demostrar que en realidad es una función polinómica para todos los enteros positivos, lo que requiere resultados mucho más profundos. Todo esto se puede encontrar en [Bruns, Herzog - Cohen-Macaulay-Rings].

La parte fácil: En contraste con mis explicaciones anteriores a la pregunta, aquí necesitamos dos monoides diferentes. Sea $M = \mathbb{R}_+(P \times \{1\}) \cap \mathbb{Z}^{n+1}$ y que $N$ sea el submonoide de $M$ generado por $\{ (p,1) : p \in P \cap \mathbb{Z}^n \}$ . Es fácil ver que $M$ es integral sobre $N$ es decir, para cada $x \in M$ hay un $n \in \mathbb{Z}_+$ con $n \cdot x \in N$ (En realidad, $M$ es el cierre integral de $N$ en $\mathbb{Z}^{n+1}$ .) Por lo tanto $k[N] \leq k[M]$ es una extensión integral de anillo, y por tanto podemos considerar $k[M]$ como finitamente generada $k[N]$ -módulo. Ambos anillos están graduados con respecto a la última coordenada, y $k[N]$ está (por definición) generada por elementos homogéneos de grado $1$ como $k$ -álgebra. Ahora por el Teorema de Hilbert-Serre la serie de Hilbert de la $k[N]$ -módulo $k[M]$ (= la serie Ehrhart de $P$ ) tiene la forma $E(P,t) = \frac{h(t)}{(1-t)^m}$ donde $m$ es igual al número de generadores homogéneos de $k[N]$ .

Sea $E(P,t) = \sum_{n=0}^\infty f(n) \cdot X^n$ sea la forma general de la función generadora. Entonces, debido a su forma especial, que acabamos de descubrir, se deduce que $f(n)$ es igual a $p(n)$ para alguna función polinómica $p$ y todos los suficientemente grandes $n$ . Además, el mayor número entero $n$ para lo cual $f(n) = p(n)$ no se cumple viene dada por $\deg(E(P,t)) = \deg(h) - m$ (véase por ejemplo [Stanley - Combinatoria Enumerativa] para estos resultados bien conocidos). La última cantidad también se llama el a-invariante del anillo graduado y se denota por $a(k[M])$ . Así que para demostrar la afirmación, queda por demostrar $a(k[M]) < 0$ . Aquí empieza lo difícil.

La parte difícil: Aún no entiendo todo esto en detalle. La prueba del Teorema 6.3.11 en el libro de Bruns y Herzog explota el hecho de que $k[M]$ es Cohen-Macaulay. Para tales anillos graduados, la a-invariante puede leerse a partir del llamado *módulo canónico. En este caso el *módulo canónico de $k[M]$ puede especificarse en términos del interior de $M$ y a partir de ahí es fácil demostrar que $a(k[M])$ en realidad es negativo.

Quizá añada más explicaciones aquí si algún día lo entiendo mejor, pero esto puede llevar un tiempo.

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@user26857: En el libro de Bruns y Herzog, Definición 3.6.13: "Sea $k$ sea un campo, y $R$ un grado positivo de Cohen-Macaulay $k$ -álgebra. Entonces $a(R) = - \min \{ i : (\omega_R)_i \neq 0\}$ se denomina a-invariante de $R$ ". Aquí $\omega_R$ es el *módulo canónico. Así que en este libro su definición es un teorema. Pero probablemente podría ser viceversa en otros lugares.

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Véase también el mismo libro, definición 4.4.4.

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@user26857: Ok, me has convencido. He editado un poco.

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