Диссертация (1137439), страница 6

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 6)

. , }. Соответству­̂︁ющее ему пополненное заполнение ^ : ()→ {1, . . . , } совпадает с на ′ () и ((,̂︀0)) = для = 1, . . . , .Две клетки называются атакующими, если они находятся в одной и тойже строке или они находятся в последовательных строках, и клетка в ниж­нем ряду находится правее клетки в верхнем ряду, то есть оин имеют вид(, ), (1 , − 1) с < 1 . Заполнение называется неатакующим, если в нем нетсовпадающих элементов в атакующих друг друга клетках.Для клетки обозначим с помощью () клетку, лежащую ровно под .Убывание заполнения – это множество клеток , таких что ^ () > ^ (()).Для любой клетки = (, ) обозначим с помощью () количество кле­ток над , то есть () = − . Нам также требуется значение (), считающеечисло элементов в руках .

Определим: () = {(′ , ) ∈ ′ ()|′ < , ′ ≤ },29ℎ () = {(′ , − 1) ∈ ′ ()|′ > , ′ < },() = () ∪ ℎ ()Тогда () = #{()}.Отметим, что для антидоминантных диаграмм мы имеем:() = () = {(′ , ) ∈ ′ ()|′ < }.Пусть (̂︀) –множество убываний ̂︀ и(̂︀) =∑︁(() + 1).∈(̂︀)Пара атакующих элементов = (, ) и ′ = (′ , ′ ) заполнения ^ явля­ется инверсией, если ()̂︀< (̂︀ ′ ) и = ′ , < ′ или + 1 = ′ , > ′ . Пусть(̂︀) – множество инверсий ̂︀. Положим:(̂︀) =∑︁∑︁() − |(̂︀)| + |{( < : ≤ )}| +∈ ′ ()(). (3.2.1)∈(̂︀)Мы будем иметь дело с разбиениями вида = (), где – антидо­минантный.Для антидоминантного веса мы имеем:∑︁(̂︀) =() − |(̂︀)| +∈ ′ ()Отметим, что мы имеем ′ (̂︀) − (−1)2 . Мы имеем() =(−1)2∑︁( − 1)+2∑︁().(3.2.2)∈(̂︀)инверсий в нижнем ряду.

Пусть ′ (̂︀) =∑︁() − | ′ (̂︀)| +∈ ′ ()().(3.2.3)∈(̂︀)Для разбиения вида () с антидоминантным имеем |{( < : ≤ )}| = (−1)+ (−)(−−1)и поэтому22∑︁(̂︀) =() − | ′ (̂︀)| − ( − ) +∈ ′ ()∑︁().(3.2.4)1−.1 − ()+1 ()+1(3.2.5)∈(̂︀)Теорема 3.2.1. (Хаглунд, Хаиман и Лоер) (; , ) =∑︁∏︁ (^ ) (^) ′∈ ()()̸̂︀ =^ (())303.2.2. Предел → ∞В этом разделе мы приведем комбинаторную формулу для предела →∞ многочленов (; , ).Отметим, что единицами в уравнении (3.2.5) можно пренебречь, поэтомумы имеем:∑︁lim (; , ) =→∞∈ ′()̸̂︀ =^ (()) −1∏︁ (^) (̂︀) ()+1 ().

(3.2.6)Другими словами:lim (; , ) =∑︁→∞ (^)−∑︀∈ ′ ,^ ()̸=^ (()) (()+1)∑︀(^)−∈ ′ ,^ ()̸=^ (())().Для любой клетки = (, ) ∈ ′ () обозначим клетку () ∈ ′ (())следующим образом:⎧⎨( + 1, ), при ̸= ,() =⎩(1, + 1), при = .Отметим, что ∈ () если и только если () ∈ (()) и ∈ ()если и только если () ∈ (()); в частности, () = (()) и () =(()).Лемма 3.2.2. Функция lim→∞ (; , ) определена корректно, то естьпредел конечен.Доказательство. Для простоты докажем эту Лемму только в интересующемнас случае = ().

Мы должны доказать, что для любого неатакующегозаполнения степень∑︁(̂︀) −()(3.2.7)∈ ′ ()()̸̂︀ =^ (())31не больше нуля. Используя (3.2.4), мы имеем:(̂︀) −∑︁() =∈ ′ ()()̸̂︀ =(())̂︀∑︁() − | ′ (̂︀)| − ( − ) +∈ ′ ()∑︁∈(̂︀)∑︁∑︁() −() =∈ ′ ()()̸̂︀ =(())̂︀∑︁() − | ′ (̂︀)| − ( − ) −().∈ ′ ()()<̂︀̂︀(())∈ ′ ()Рассмотрим три клетки = (˜), (), ∈ (), то есть клетки(, ), (, − 1), (′ , ), ′ < . Предположим, что () > (()). Тогда мыимеем () < () или () > (()).

Поэтому, если () > (()), то длялюбого элемента в () мы имеем как минимум одну инверсию. Поэтому:∑︁= (˜)∑︁() − | ()| −() ≤= (˜)()<̂︀̂︀(())∑︁∑︁() −= (˜)= (˜)()<̂︀̂︀(())() −∑︁() = 0,= (˜)()>̂︀̂︀(())где – множество инверсий вида (), ().Элементы из ′ (), не являющиеся элементами вида () – это(1, 1), . . . , (, 1). Если заполнение неатакующее, то (, 1) = , = 1, . . .

, .(−1)Поэтому эти элементы дают 2 . Длины их рук – это − 1, . . . , − . Од­нако: − 1 + · · · + ( − ) =( − 1)+ ( − ).2Тем самым Лемма доказана.Лемма 3.2.2 говорит нам, что степень меньше или равна нулю. В преде­ле → ∞ интересными для нас заполнениями ̂︀ являются такие, что (3.2.7)обнуляется. Любые рассмотренные выше три элемента дают одно отрицатель­ное слагаемое в степень . Поэтому, если () > (()), то для любого эле­мента в руке только для одного значения () < () и () > (())выполняется, что () не лежит между () и (()).

И если () < (()),то для любого в руке никакое из этих условий не выполняется, то есть32() лежит между () и (()). Поэтому мы получаем следующее описаниезаполнений, таких что (3.2.7) обнуляется.Предложение 3.2.3. Предположим, что мы имеем диаграмму и некотороенеатакующее заполнение диаграмы, такое что степень (3.2.7) равна 0.Пусть (()) = и пусть = {1 , .

. . , ()+1 } = {()| ∈ ()} ∪ {()}.Тогда⎧⎨min∈,≥ , если ∃ ∈ , ≥ ,() =⎩min∈ , иначе.Используя предыдущее Предложение, мы можем дать следующее описа­ние заполнений, дающих нуль в степень по .Лемма 3.2.4. Предположим, что мы имеем заполнение -той строки (). Имея множество = {1 , . . . , } элементов ( + 1)-й строки (),существует единственный способ записать их в клетки ( + 1)-й строкитаким образом, что полученное заполнение дает нуль в степень по .

Пра­вило заполнения следующее: заполняем ( + 1)-ю строку диаграмы () от (, ) до (1, ). Пусть ′ – множество элементов из , неиспользован­ных на предыдущих шагах. Тогда в клетку мы ставим:(i) min{ ∈ ′ , ≥ (())}, если { ∈ ′ , ≥ (())} ≠ ∅;(ii) min{ ∈ ′ }, если { ∈ ′ , ≥ (())} = ∅.Доказательство. Немедленное следствие Предложения 3.2.3.В дальнейшем мы называем заполнение (), такое, что -степень (3.2.7)обнуляется, подходящим.Предложение 3.2.5. Пусть = (1 ≤ 2 ≤ · · · ≤ ) – антидоминантный̂︁ , такое чтовес. Пусть – заполнение соответствующей диаграмы ()элементами нижней строки являются (, 0) = . Тогда существует толь­ко одно подходящее заполнение с выбранными множествами элементов вкаждой строке. Для такого заполнения ′ () соответствующая степень∑︀по равна ()<(()) (() + 1).В частности, мы получаем следующее хорошо известное следствие:33Следствие 3.2.6.

Пусть = +1− − − . Тогда (; 1, ∞) = ch−1⨂︁ +1 − ,=1где – фундаментальные представления.Доказательство. Допустимое заполнение содержит множество различныхэлементов от 1 до в каждой строке диаграмы ′ (). Благодаря Предложе­нию 3.2.5 имеем биекцию между строками нашего заполнения и элемента­ми стандартного базиса . Веса соответствующих элементов базиса равны∏︀(,).=+1 3.2.3.

Рекуррентная формулаПусть – антидоминантное разбиение, такое что 1 = · · · = − =0 ̸= −+1 (то есть имеется клеток в нижнем ряду диаграммы). Пустьa = (− , . . . , ) – элементы нижнего ряда подходящего заполнения , тоесть правило из Предложения 3.2.3 выполнено (мы предполагаем, что на­ходятся в -м столбце). Обозначим нижний ряд с помощью low() и опре­делим() = (1 , . .

. , ), = #|{|() = }|.Мы используем краткую запись k∑︀()<(()) (() + 1), тогда= (, −1 , ∞) =∑︁(1 , . . . , ). Пусть ()= () () .:Введем обозначение, которым будем все время пользоваться в дальней­шем:a (k) =∑︁ () .(3.2.8): low()=(1 ,..., ), ()=(1 ,..., )Используя Предложение 3.2.3, имеем: (; −1 , ∞) =∑︁ (0,...,0,−+1 +1,..., +1)(−+1,...,)(1 , .

. . , − , − + 1, . . . , + 1)11 . . . .1 ,..., ≥034Пусть – количество элементов во второй снизу строке. Для набора a =(−+1 , . . . , ) и множества , # = ≤ пусть a () = (−+1 , . . . , )– упорядочивание с помощью правила из Леммы 3.2.3.Предложение 3.2.7. Пусть 1 , . . . , – числа, определенные как = 1,если ∈ {1 , . . . , } и 0 иначе. Тогдаa(0,...,0,−+1 +1,..., +1) (1 + 1 , . . . , + ) =∑︁a() (1 , . . . , )∑︀: <−+: #=Доказательство.

Это немедленное следствие Предложения 3.2.5.Пример 3.2.8. Рассмотрим случай = 3 и разбиения вида = (0, 2 , 1 +2 )(это – общий случай для 3 ). Мы получаем следующие уравнения:(0,2 +1,1 +2 +1)21(0,2 ,1 +2 )+31(0,2 +1,1 +2 +1)31(0,2 ,1 +2 )(1 + 1, 2 + 1, 3 ) = 21(0,2 ,1 +2 )(1 , 2 , 3 ) + 32(1 , 2 , 3 );(0,2 ,1 +2 )(1 + 1, 2 , 3 + 1) = 21(0,2 ,1 +2 )+31(0,2 ,1 +2 )(1 , 2 , 3 ) + 32(1 , 2 , 3 )+(1 , 2 , 3 ) 2 +(1 , 2 , 3 ).С помощью этих уравнений получаем:(0,2 +1,1 +2 +1)31(0,2 +1,1 +2 +1)= 21(1 + 1, 2 , 3 + 1) =(0,2 ,1 +2 )(1 + 1, 2 + 1, 3 ) − (1 − 2 )21(3.2.9)(1 , 2 , 3 ).Предложение 3.2.9. Пусть – как в Предложении 3.2.7 и предполжим,что −+ = −++1 .

Тогда:0,...,0,+1,..., +1(−+1−+1,...,−+ ,−++1 ,..., ) (1 + 1 , . . . , + ) =0,...,0,+1,..., +1(−+1−+1,...,−++1 ,−+ ,..., ) (1 + 1 , . . . , + ).Доказательство. Отметим, что(1 , . . . , , +1 , . . . , )({1 , . . . , }) = (1 , . . . , +1 , , .

. . , )({1 , . . . , })35если существует , такое что ≤ ≤ +1 остающиеся после заполнениявсех − предыдущих клеток. Также отметим, что(1 , . . . , , +1 , . . . , )({1 , . . . , }) = (1 , . . . , +1 , , . . . , )({1 , . . . , })где – перестановка -го и ( + 1)-го элементов и порядок в обеих частяхимеется ввиду циклическим по модулю . Тогда с помощью индукции полу­чаем, что Предложение 3.2.7 дает то же самое для двух рассматриваемыхэлементов.Предложение 3.2.10.ch (1 , . .

. , , ) =∑︁,−1,...,1 (1 + 1, . . . , + 1, +1 , . . . , )11 . . . .Доказательство. Известно (см. [S]), что ch (1 , . . . , , ) = (; , 0).Вычислим (; , 0), используя комбинаторную формулу из [HHL]. Имеем:∑︁ (; , 0) = () 0() .Отметим, что () ≥ 0. Действительно:() =∑︁() − |без нижнего ряда ()| +∈ ′∑︁().∈(^)Для любых двух клеток , ′ ∈ () мы имеем, что если () > (′ ) и (′ ) >(()), то () > (()), поэтому аналогично доказательству Предложения3.2.3 получаем () ≥ 0 и () = 0, если и только если получаетсяпри помощи следующего обратного правила заполнения.Предположим, что мы заполнили -ю строку. Пусть – множество эле­ментов ( + 1)-й строки.

Характеристики

Список файлов диссертации