Bourbaki

Bài tập 21, § 21

Nhãn 00OU, cố định. Trích dẫn là [Bourbaki, Tag 00OU].

Đại số, VIII, p. 429

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Cho n∈Nn\in \mathbf{N}. Ký hiệu Dn\mathscr{D}_n là tập con của Nn\mathbf{N}^n gồm các phần tử (p1,...,pn)(p_1, . . . , p_n) sao cho p1⩾⋯⩾pnp_1\geqslant \cdots \geqslant p_n; trang bị cho nó thứ tự từ điển. Với p∈Dn\mathbf{p}\in \mathscr{D}_n, ký hiệu p′\mathbf{p}' là phần tử của Dn\mathscr{D}_n được xác định bởi pi′=pi+n−ip'_i=p_i+n-i. Cho X=(X1,...,Xn)\mathbf{X}= (X_1, . . . ,X_n) là một dãy biến; đặt Δ(X)=∏i<j(Xi−Xj)\Delta (\mathbf{X}) =\prod_{i<j}(X_i-X_j).

a) Cho P∈Z[X]P\in \mathbf{Z}[\mathbf{X}] là một đa thức phản đối xứng, nghĩa là một đa thức thỏa mãn quan hệ P(Xσ(1),...,Xσ(n))=ε(σ)P(X1,...,Xn)P(X_{\sigma(1)}, . . . ,X_{\sigma(n)}) =\varepsilon (\sigma )P(X_1, . . . ,X_n) với mọi phần tử σ∈Sn\sigma \in \mathfrak{S}_n. Chứng minh rằng tồn tại một đa thức đối xứng Q∈Z[X]Q\in \mathbf{Z}[\mathbf{X}] sao cho P = ΔQ.

b) Với mọi p∈Dn\mathbf{p}\in \mathscr{D}_n, đặt Sp(X)=Δ(X)−1S_{\mathbf{p}}(\mathbf{X}) = \Delta (\mathbf{X})^{-1} det(Xjpi′^{p'_i}_j)1⩽i,j⩽n_{1\leqslant i,j\leqslant n}. Chứng minh rằng SpS_{\mathbf{p}} là một đa thức đối xứng thuần nhất bậc ∑pi\sum p_i với các hệ số nguyên.

c) Nếu q=(qi)1⩽i⩽n\mathbf{q}= (q_i)_{1\leqslant i\leqslant n} là một phần tử của Dn\mathscr{D}_n và P là một phần tử của Q[X]\mathbf{Q}[\mathbf{X}], thì ta ký hiệu [P]q[P]_{\mathbf{q}} là hệ số của xq\mathbf{x}^{\mathbf{q}} trong P. Đặt Kpq=[Sp]qK_{\mathbf{p}\mathbf{q}}= [S_{\mathbf{p}}]_{\mathbf{q}}. Chứng minh rằng ta có Kpp=1K_{\mathbf{p}\mathbf{p}}= 1 và Kpq=0K_{\mathbf{p}\mathbf{q}}= 0 với q>p\mathbf{q}>\mathbf{p} (khai triển đẳng thức det(Xjpi′_j^{p'_i}) =Sp(X)Δ(X)= S_{\mathbf{p}}(\mathbf{X}) \Delta (\mathbf{X}) theo thứ tự từ điển). Suy ra rằng các đa thức SpS_p với p∈Dnp \in \mathscr{D}_n tạo thành một cơ sở của Z\mathbf{Z}-môđun con của Z[X]\mathbf{Z}[\mathbf{X}] gồm các đa thức đối xứng.

d) Cho Y=(Y1,…,Yn)\mathbf{Y} = (Y_1, \ldots, Y_n) là một dãy biến. Chứng minh đẳng thức của các chuỗi lũy thừa hình thức

∏1≤i,j≤n(1−XiYj)−1=∑p∈DnSp(X)Sp(Y) \prod_{1 \leq i, j \leq n} (1 - X_i Y_j)^{-1} = \sum_{p \in \mathscr{D}_n} S_p(\mathbf{X}) S_p(\mathbf{Y})
(sử dụng đẳng thức det⁡((1−XiYj)−1)1≤i,j≤n=Δ(X)Δ(Y)∏1≤i,j≤n(1−XiYj)−1\det((1 - X_i Y_j)^{-1})_{1 \leq i, j \leq n} = \Delta(\mathbf{X}) \Delta(\mathbf{Y}) \prod_{1 \leq i, j \leq n} (1 - X_i Y_j)^{-1} (xem III, §8, p. 639, Bài tập 5) bằng cách tính vế trái sử dụng khai triển của (1−T)−1(1 - T)^{-1} như một chuỗi lũy thừa hình thức).

e) Cho P∈Q[X]P \in \mathbf{Q}[\mathbf{X}] là một đa thức đối xứng. Với mỗi p∈Dnp \in \mathscr{D}_n, đặt ωp(P)=[PΔ]p′\omega_p(P) = [P \Delta]_{p'}. Chứng minh đẳng thức ωp(Sq)=δpq\omega_p(S_q) = \delta_{pq}. Suy ra rằng với mọi q∈Dnq \in \mathscr{D}_n, ta có

[P]q=∑p∈DnKpqωp(P). [P]_q = \sum_{p \in \mathscr{D}_n} K_{pq} \omega_p(P).

f) Với α∈Nn\alpha \in \mathbf{N}^n, đặt fα(X)=∏j=1n(∑iXij)αjf^\alpha(\mathbf{X}) = \prod_{j=1}^n (\sum_i X_i^j)^{\alpha_j} và cα=∏j=1n1jαjαj!c_\alpha = \prod_{j=1}^n \frac{1}{j^{\alpha_j} \alpha_j!}. Chứng minh rằng ta có ∑α∈Nncαωp(fα)ωq(fα)=δpq\sum_{\alpha \in \mathbf{N}^n} c_\alpha \omega_p(f^\alpha) \omega_q(f^\alpha) = \delta_{pq} với p,qp, q trong Dn\mathscr{D}_n (nhận xét rằng ta có

∏1≤i,j≤n(1−XiYj)−1=∏k=0∞exp⁡(1k(∑iXik)(∑jYjk))=∑α∈Nncαfα(X)fα(Y)). \prod_{1 \leq i, j \leq n} (1 - X_i Y_j)^{-1} = \prod_{k=0}^\infty \exp\left( \frac{1}{k} (\sum_i X_i^k)(\sum_j Y_j^k) \right) = \sum_{\alpha \in \mathbf{N}^n} c_\alpha f^\alpha(\mathbf{X}) f^\alpha(\mathbf{Y}) ).

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Được trích dẫn bởi

Trích dẫn đến

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-6. Chưa được người kiểm tra.