Düzlem bölümü - Plane partition

Birim küp yığınları olarak gösterilen bir düzlem bölme

İçinde matematik ve özellikle kombinatorik, bir uçak bölümü negatif olmayan tamsayılardan oluşan iki boyutlu bir dizidir (ile pozitif tamsayı endeksler ben ve j) bu her iki endekste de artmaz. Bu şu demek

ve hepsi için ben ve j.

Dahası, yalnızca sonlu sıfır değildir. Düzlem bölümleri, bir yığının yerleştirilmesiyle görsel olarak temsil edilebilir. birim küpler noktanın üstünde (ben, j) düzlemde, resimde gösterildiği gibi üç boyutlu bir katı verir.

toplam bir düzlem bölümünün

Toplam, düzlem bölümünün oluştuğu küplerin sayısını açıklar. Toplamı olan uçak bölümlerinin sayısı n PL olarak gösterilir (n).

Örneğin, toplamı 3 olan altı düzlem bölümü vardır:

yani PL (3) = 6. (Burada düzlem bölümleri kullanılarak çizilir matris indeksleme koordinatlar için ve 0'a eşit girişler okunabilirlik için gizlenir.) toplam düzlem bölümü sayısı r sıfıra eşit olmayan satırların sayısıdır, s sıfır olmayan sütunların sayısı ve t matrisin en büyük tamsayısıdır. Düzlem bölümleri genellikle birim küpler. Bu nedenle, bir düzlem bölme, sonlu bir alt küme olarak tanımlanır pozitif tamsayı kafes noktalarının (ben, j, k) içinde , öyle ki eğer (r, s, t) yatıyor ve eğer (ben, j, k) tatmin eder , ve , sonra (ben, j, k) da yatıyor .

Düzlem bölme oluşturma işlevi

Sonucu Percy A. MacMahon, oluşturma işlevi PL için (n) tarafından verilir

[1]

Bu bazen MacMahon işlevi.

Bu formül, 2 boyutlu analog olarak görülebilir. Euler 's ürün formülü sayısı için tam sayı bölümleri nın-nin n. Daha yüksek boyutlardaki bölümler için bilinen benzer bir formül yoktur (yani, katı bölümler ).[2] Uçak bölümlerinin asimptotikleri şu şekilde çözüldü: E. M. Wright.[3] Biri büyük için elde eder :

Burada yazım hatası (Wright'ın makalesinde), Mutafchiev ve Kamenov tarafından işaret edildiği gibi düzeltildi.[4] Sayısal getirilerin değerlendirilmesi

1896 civarı Percy A. MacMahon alt kümeleri olan düzlem bölümlerinin üretme işlevini ayarlayın uçak bölmeleriyle ilgili ilk makalesinde.[5] Formül şu şekilde verilir:

Bu formülün bir kanıtı kitapta bulunabilir. Kombine Analiz Percy A. MacMahon tarafından yazılmıştır.[6] Percy A. MacMahon ayrıca kitabında Kombine Analiz 429. maddedeki düzlem bölümlerinin üretme fonksiyonları.[7] Oluşturan işlevin formülü, aşağıdaki gibi verilen alternatif bir şekilde yazılabilir:

Ayar q = Verilerin üzerindeki formüllerde 1

Percy A.MacMahon, uçak bölümlerinin toplam sayısının tarafından verilir .[8] Düzlemsel durum (ne zaman t = 1) şunu verir: iki terimli katsayılar:

Düzlem bölümleri için Ferrers diyagramları

Düzlem bölmelerinin başka bir gösterimi şu şekildedir: Ferrers diyagramlar. Ferrers diyagramı bir düzlem bölümünün bir koleksiyon puan veya düğümler, , ile koşulu tatmin etmek:[9]

Koşul FD: Düğüm , o zaman tüm düğümler de ile hepsi için .

Bir düzlem bölümünün her düğümünün, eksenlerle hizalı kenarları olan bir birim küp ile değiştirilmesi, küp yığını düzlem bölümünün gösterimi.

İki temsilin denkliği

Bir Ferrers diyagramı verildiğinde, düzlem bölümü (ana tanımdaki gibi) aşağıdaki gibi oluşturulur.

İzin Vermek Formun koordinatları ile Ferrers diyagramındaki düğüm sayısı nerede keyfi bir değeri belirtir. Koleksiyon bir düzlem bölümü oluşturur. FD koşulunun, bir düzlem bölümünün koşullarının karşılandığını ima ettiği doğrulanabilir.

Bir dizi verildiğinde bir düzlem bölme oluşturan, ilgili Ferrers diyagramı aşağıdaki gibi elde edilir.

Düğümsüz Ferrers diyagramı ile başlayın. Sıfır olmayan her biri için , Ekle formun düğümleri için Ferrers diyagramına bakın. Yapım gereği, FD koşulunun karşılandığını görmek kolaydır.

Örneğin, aşağıda 5'in bir düzlem bölümünün iki temsili gösterilmektedir.

Yukarıda, Ferrers diyagramının her düğümü bir sütun olarak yazılmıştır ve biz sadece kaybolmayan geleneksel olduğu gibi.

Eylemi S2, S3 ve C3 uçak bölmelerinde

grubu permütasyonlar ilk iki koordinat üzerinde hareket etmek (i, j, k). Bu grup kimliği içerir (i, j, k) ve aktarım (i, j, k) → (j, ben, k). Bir yörüngedeki elemanların sayısı ile gösterilir ||. elementlerin yörüngeleri kümesini gösterir eylemi altında . Bir elemanın yüksekliği (i, j, k) tarafından tanımlanır

Sağ arka köşeden uzakta her adımda yükseklik bir artar. Örneğin köşe konumu (1,1,1) yüksekliği 1 ve ht (2,1,1) = 2. ht() yörüngedeki herhangi bir öğenin yüksekliği olan bir yörüngenin yüksekliğidir. Bu yüksekliğin gösterimi, gösteriminden farklıdır. Ian G. Macdonald.[10]

Permütasyon grubunun doğal bir eylemi var bir Ferrers diyagramı —Bu, tüm düğümlerin üç koordinatının aynı anda değiştirilmesine karşılık gelir. Bu, bölümler için eşleme işlemini genelleştirir. Eylemi belirli bir düzlem bölümünden başlayarak yeni düzlem bölümleri oluşturabilir. Aşağıda, tarafından oluşturulan 4'ün altı düzlem bölümü gösterilmektedir. aksiyon. Aşağıda verilen gösterimde sadece ilk iki koordinatın değişimi açıkça görülmektedir.

döngüsel permütasyonlar grubu olarak adlandırılır ve aşağıdakilerden oluşur

Simetrik düzlem bölümleri

Bir uçak bölümü simetrik denir eğer πben,j = πj, ben hepsi için ben, j . Başka bir deyişle, bir düzlem bölümü simetriktir (i, j, k) ancak ve ancak (j, ben, k). Bu tipteki düzlem bölümleri düzleme göre simetriktir. x = y. Aşağıda simetrik bir düzlem bölme örneği verilmiştir. Ekli matris görselleştirilir.

Toplam 35 olan simetrik bir düzlem bölme

1898'de, Percy A. MacMahon alt kümeleri olan simetrik düzlem bölümler için oluşturma işlevi hakkındaki varsayımını formüle etti. .[11] Bu varsayıma MacMahon varsayımı. Oluşturma işlevi şu şekilde verilir:

Ian G. Macdonald[10] Percy A. MacMahon'un varsayımının,

1972'de Edward A. Bender ve Donald E. Knuth[12] en fazla olan düzlem bölme oluşturma işlevi için basit bir kapalı form varsaydı. r satırlar boyunca satırlar ve sıkı düşüş. George Andrews[13] Edward A. Bender ve Donald E. Knuth varsayımlarının ve MacMahon varsayımının eşdeğer olduğunu gösterdi. MacMahon'un varsayımı 1977'de George Andrews tarafından neredeyse aynı anda kanıtlandı.[14] ve daha sonra Ian G. Macdonald alternatif bir kanıt sundu[10] [örnek 16–19, s. 83–86]. Ayarlarken q = 1 sayma fonksiyonunu verir hangi tarafından verilir

Davanın bir kanıtı için q = 1 lütfen George Andrews'un makalesine bakın MacMahon'un simetrik düzlem bölümleri hakkındaki varsayımı.[15]

Döngüsel olarak simetrik düzlem bölümleri

π döngüsel olarak simetrik olarak adlandırılırsa ben-nci sıra eşleniktir bentümü için -th sütun ben. ben-th satır, sıradan bir bölüm olarak kabul edilir. Bir bölümün eşleniği diyagramı bölümün devrik olan bölümdür .[10] Başka bir deyişle, düzlem bölme, eğer (i, j, k) sonra (k, ben, j) ve (j, k, ben) olduğu gibi . Döngüsel olarak simetrik bir düzlem bölümünün bir örneğinin altında ve görselleştirmesi verilmiştir.

Döngüsel olarak simetrik bir düzlem bölümü

Ian G. Macdonald varsayımı, belirli bir tam sayı için döngüsel olarak simetrik düzlem bölümlerinin sayısını hesaplamak için bir formül sağlar r. Bu varsayıma Macdonald varsayımı. Alt kümeleri olan döngüsel olarak simetrik düzlem bölümleri için oluşturma işlevi tarafından verilir

Bu denklem başka bir şekilde de yazılabilir

1979'da George Andrews dava için Macdonald'ın varsayımını kanıtladı q = 1 olarak "zayıf" Macdonald varsayımı.[16] Üç yıl sonra William. H. Mills, David Robbins ve Howard Rumsey, genel durumu kanıtladı Macdonald kağıtlarındaki varsayımı Macdonald varsayımının kanıtı.[17] Formülü tarafından verilir "zayıf" Macdonald varsayımı

Tamamen simetrik düzlem bölümleri

Tamamen simetrik bir düzlem bölme simetrik ve döngüsel olarak simetrik olan bir düzlem bölmedir. Bu, diyagramın üç çapraz düzlemde de simetrik olduğu anlamına gelir. Bu nedenle eğer (i, j, k) sonra altı permütasyonun tümü (i, j, k) ayrıca . Aşağıda tamamen simetrik bir düzlem bölme için bir matris örneği verilmiştir. Resim, matrisin görselleştirilmesini göstermektedir.

Tamamen simetrik bir düzlem bölme

Ian G. Macdonald alt kümeleri olan tamamen simetrik düzlem bölümlerinin toplam sayısını buldu . Formül şu şekilde verilir:

1995'te John R. Stembridge ilk önce formülünü kanıtladı [18] ve daha sonra 2005'te kanıtlandı George Andrews, Peter Paule ve Carsten Schneider.[19] 1983 civarında George Andrews ve David Robbins bağımsız olarak, tamamen simetrik düzlem bölümler için yörünge sayma üretme fonksiyonu için açık bir ürün formülü belirtti.[20][21] Bu formül zaten George E. Andrews'un makalesinde değinilmiştir. Tamamen simetrik düzlem bölümleri 1980 yayınlandı.[22] Varsayım denir q-TSPP varsayım ve tarafından verilir:

İzin Vermek simetrik grup olun. İçine sığan tamamen simetrik düzlem bölümleri için yörünge sayma işlevi formülle verilir

Bu varsayım, 2011 yılında bir Teoreme dönüştü. q-TSPP varsayımı lütfen kağıda bakın George Andrews ve David Robbins'in q-TSPP varsayımının bir kanıtı tarafından Christoph Koutschan, Manuel Kauers ve Doron Zeilberger.[23]

Kendini tamamlayan düzlem bölümleri

Eğer hepsi için , , o zaman düzlem bölmeye kendi kendini tamamlayan denir. Ürünün eşittir. Kendi kendini tamamlayan simetrik bir düzlem bölme örneğinin altında ve görselleştirmesi verilmiştir.

Kendini tamamlayan bir düzlem bölme

Richard P. Stanley[24] kendi kendini tamamlayan düzlem bölümlerinin toplam sayısı için varsayılmış formüller . Richard Stanley'e göre, David Robbins ayrıca kendi kendini tamamlayan düzlem bölümlerinin toplam sayısı için farklı ama eşdeğer bir formda formüller oluşturdu. Alt kümeleri olan kendi kendini tamamlayan düzlem bölümlerinin toplam sayısı tarafından verilir

Ürünün olması gereklidir r, s ve t eşittir. Gazetede bir kanıt bulunabilir Düzlem Bölümlerinin Simetrileri Richard P. Stanley tarafından yazılmıştır.[25][24] İspat, Schur işlevleriyle çalışır . Stanley'nin kendi kendini tamamlayan düzlem bölümlerinin sıradan sayımına dair kanıtı, q- ikame ederek analog için .[26] Bu, Stanley'nin kanca içerikli formülünün özel bir durumudur.[27] Kendini tamamlayan düzlem bölümleri için üretme işlevi şu şekilde verilir:

Bu formülü yerine koymak

istenileni sağlar q- analog durum.

Döngüsel olarak simetrik kendi kendini tamamlayan düzlem bölümleri

Bir uçak bölümü döngüsel olarak simetrik kendi kendini tamamlayıcı olarak adlandırılırsa döngüsel olarak simetrik ve kendini tamamlayan. Şekil, döngüsel olarak simetrik, kendi kendini tamamlayan bir düzlem bölme sunar ve ilgili matris aşağıdadır.

Döngüsel olarak simetrik, kendi kendini tamamlayan bir düzlem bölme

İle özel bir iletişimde Richard P. Stanley, David Robbins Döngüsel olarak simetrik kendi kendini tamamlayan düzlem bölümlerinin toplam sayısının şu şekilde verildiği varsayılmıştır: .[21][24] Döngüsel olarak simetrik kendi kendini tamamlayan düzlem bölümlerinin toplam sayısı şu şekilde verilir:

sayısı alternatif işaret matrisleri. İçin bir formül tarafından verilir

Greg Kuperberg formülünü kanıtladı 1994 yılında.[28]

Tamamen simetrik kendi kendini tamamlayan düzlem bölmeler

Tamamen simetrik, kendi kendini tamamlayan bir düzlem bölme, her ikisi de olan bir düzlem bölmedir. tamamen simetrik ve kendini tamamlayan. Örneğin, aşağıdaki matris böyle bir düzlemsel bölümdür; eşlik eden resimde görselleştirilmiştir.

Tamamen simetrik, kendi kendini tamamlayan bir düzlem bölme

Formül William H. Mills tarafından tahmin edildi, David Robbins ve Howard Rumsey çalışmalarında Kendini Tamamlayıcı Tamamen Simetrik Düzlem Bölmeleri.[29] Tamamen simetrik kendi kendini tamamlayan düzlem bölmelerinin toplam sayısı şu şekilde verilmiştir:

George Andrews bu formülü 1994 yılında makalesinde kanıtladı Düzlem Bölümleri V: TSSCPP Varsayımı.[30]

Referanslar

  1. ^ Richard P. Stanley, Numaralandırmalı Kombinatorik, Cilt 2. Sonuç 7.20.3.
  2. ^ R.P. Stanley, Numaralandırmalı Kombinatorik, Cilt 2. s. 365, 401–2.
  3. ^ E. M. Wright, Asimptotik bölüm formülleri I. Düzlem bölümleri, The Quarterly Journal of Mathematics 1 (1931) 177–189.
  4. ^ L. Mutafchiev ve E. Kamenov, "Pozitif tam sayıların düzlem bölümlerinin sayısı için asimptotik formül", Comptus Rendus-Academie Bulgare Des Sciences 59 (2006), hayır. 4, 361.
  5. ^ MacMahon Percy A. (1896). "XVI. Sayıların bölünmesi teorisi üzerine anı. -Bölüm I". Royal Society of London A'nın Felsefi İşlemleri: Matematik, Fizik ve Mühendislik Bilimleri. 187: Madde 52.
  6. ^ MacMahon, Binbaşı Percy A. (1916). Kombine Analiz Cilt 2. Cambridge University Press. sayfa §495.
  7. ^ MacMahon, Binbaşı Percy A. (1916). Kombine Analiz. 2. Cambridge University Press. sayfa §429.
  8. ^ MacMahon, Binbaşı Percy A. (1916). Kombine Analiz. Cambridge University Press. pp. §429, §494.
  9. ^ Atkin, A. O. L .; Bratley, P .; Macdonald, I. G .; McKay, J. K. S. (1967). "İçin bazı hesaplamalar mboyutlu bölümler ". Proc. Camb. Phil. Soc. 63 (4): 1097–1100. Bibcode:1967PCPS ... 63.1097A. doi:10.1017 / s0305004100042171.
  10. ^ a b c d Macdonald, Ian G. (1998). Simetrik Fonksiyonlar ve Hall Polinomları. Clarendon Press. s. 20f, 85f. ISBN  9780198504504.
  11. ^ MacMahon Percy Alexander (1899). "Grafikleri simetriye sahip sayıların bölümleri". Cambridge Philosophical Society'nin İşlemleri. 17.
  12. ^ Bender ve Knuth (1972). "Düzlem bölümlerinin numaralandırılması". Kombinatoryal Teori Dergisi, Seri A. 13: 40–54. doi:10.1016/0097-3165(72)90007-6.
  13. ^ Andrews, George E. (1977). "Düzlem bölümleri II: Bender-Knuth ve MacMahon varsayımlarının denkliği". Pacific Journal of Mathematics. 72 (2): 283–291. doi:10.2140 / pjm.1977.72.283.
  14. ^ Andrews, George (1975). "Düzlem Bölümleri (I): Mac Mahon Varsayımı". Adv. Matematik. Suppl. Damızlık. 1.
  15. ^ Andrews, George E. (1977). "MacMahon'un simetrik düzlem bölümleri üzerine varsayımı". Ulusal Bilimler Akademisi Bildiriler Kitabı. 74 (2): 426–429. Bibcode:1977PNAS ... 74..426A. doi:10.1073 / pnas.74.2.426. PMC  392301. PMID  16592386.
  16. ^ Andrews, George E. (1979). "Düzlem Bölmeleri (III): Zayıf Macdonald Varsayımı". Buluşlar Mathematicae. 53 (3): 193–225. Bibcode:1979 InMat..53..193A. doi:10.1007 / bf01389763. S2CID  122528418.
  17. ^ Değirmenler; Robbins; Rumsey (1982). "Macdonald varsayımının kanıtı". Buluşlar Mathematicae. 66: 73–88. Bibcode:1982Mat..66 ... 73M. doi:10.1007 / bf01404757. S2CID  120926391.
  18. ^ Stembridge, John R. (1995). "Tamamen Simetrik Düzlem Bölmelerinin Numaralandırılması". Matematikteki Gelişmeler. 111 (2): 227–243. doi:10.1006 / aima.1995.1023.
  19. ^ Andrews; Paule; Schneider (2005). "Düzlem Bölümleri VI: Stembridge'in TSPP teoremi". Uygulamalı Matematikteki Gelişmeler. 34 (4): 709–739. doi:10.1016 / j.aam.2004.07.008.
  20. ^ Bressoud, David M. (1999). İspatlar ve Onaylar. Cambridge University Press. pp. conj. 13. ISBN  9781316582756.
  21. ^ a b Stanley Richard P. (1970). "Bir Fırıncının düzlem bölmeleriyle ilgili düzinelerce varsayımı". Combinatoire énumérative: 285–293.
  22. ^ Andrews, George (1980). "Tamamen simetrik düzlem bölümleri". Özetler Amer. Matematik. Soc. 1: 415.
  23. ^ Koutschan; Kauers; Zeilberger (2011). "George Andrews'un ve David Robbins'in q-TSPP varsayımının bir kanıtı". PNAS. 108 (6): 2196–2199. arXiv:1002.4384. Bibcode:2011PNAS..108.2196K. doi:10.1073 / pnas.1019186108. S2CID  12077490.
  24. ^ a b c Stanley, Richard P. (1986). "Düzlem Bölme Simetrileri". Kombinatoryal Teori Dergisi, Seri A. 43: 103–113. doi:10.1016/0097-3165(86)90028-2.
  25. ^ "Erratum". Kombinatoryal Teori Dergisi. 43: 310. 1986.
  26. ^ Eisenkölbl, Theresia (2008). "Kendini tamamlayan düzlem bölümlerinin (−1) sayımı ile ilgili bir Schur fonksiyon kimliği". Kombinatoryal Teori Dergisi, Seri A. 115: 199–212. doi:10.1016 / j.jcta.2007.05.004.
  27. ^ Stanley Richard P. (1971). "Düzlem Bölme Teorisi ve Uygulaması. Bölüm 2". Uygulamalı Matematikteki Gelişmeler. 50 (3): 259–279. doi:10.1002 / sapm1971503259.
  28. ^ Kuperberg, Greg (1994). "Düzlem bölümlerinin simetrileri ve kalıcı belirleyici yöntem". Kombinatoryal Teori Dergisi, Seri A. 68: 115–151. arXiv:math / 9410224. Bibcode:1994math ..... 10224K. doi:10.1016/0097-3165(94)90094-9. S2CID  14538036.
  29. ^ Değirmenler; Robbins; Rumsey (1986). "Kendini Tamamlayıcı Tamamen Simetrik Düzlem Bölmeleri". Kombinatoryal Teori Dergisi, Seri A. 42 (2): 277–292. doi:10.1016/0097-3165(86)90098-1.
  30. ^ Andrews, George E. (1994). "Düzlem Bölümleri V: TSSCPP Varsayımı". Kombinatoryal Teori Dergisi, Seri A. 66: 28–39. doi:10.1016/0097-3165(94)90048-5.

Dış bağlantılar