Schur 多项式

在数学中，有那么一类问题，它们的表述简单而初等，但是解决起来却非常困难，往往需要相当的奇思妙想和深刻的工具；而且围绕这个问题，许多不同领域的数学交织在一起，演绎出许多奇妙的故事来。

Young 表就是其中一个精彩的例子，组合数学，表示论，概率论在这里发生了奇妙的交汇。

我们先从几个有趣的问题开始：

问题：$n$ 位选民要在一次选举中依次走到投票箱前给 $m$ 个候选人投票，每个选民只能投一票。已知第 $i$ 位候选人最终的得票数为 $\lambda_i$，这里 $\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i=n$ 且 $\lambda_1\geq\cdots\geq\lambda_m$。问题是：这 $n$ 个选民有多少种不同的投票顺序，使得在投票过程中的任一时刻，以及对任何的 $i<j$，第 $i$ 位候选人的得票数总不少于第 $j$ 位候选人的得票数？

问题：一队士兵在阅兵中站成一个 $m\times n$ 的矩阵，他们的身高互不相同。问：有多少种不同的排列方法，使得每一行从左到右，每一列从上到下，士兵的身高都是递增的？

问题：在一个体积为 $a\times b\times c$ 的房间中堆箱子，堆放的方式要满足递降的条件：从墙角的那一摞开始，每一行从左到右，每一列从上到下，箱子的高度是递减的。问： 有多少种满足要求的方法？

 

 

注意与前一个问题的区别：那里人数是固定的，且身高不同，这里箱子的数目不定，而且不要求高度是严格递减的。

值得一提的是，虽然这几个问题表述简单，但是解答却绝不初等。

统一处理它们的最好方法是 Schur 多项式的理论，接下来就来介绍它。

 

Schur 多项式：组合定义

设 $\lambda=(\lambda_1,\lambda_2,\ldots)$ 是一个元素都是非负整数且只有有限多项不是 0 的序列，如果有 $\lambda_1\geq \lambda_2\geq\cdots$ 成立，就称 $\lambda$ 是一个整数分拆，简称分拆。记 $|\lambda|=\sum\limits_{i=1}^\infty \lambda_i$， $|\lambda|$ 总是一个有限的数，如果 $|\lambda|=n$ 就称 $\lambda$ 是整数 $n$ 的分拆，记作 $\lambda\vdash n$。此外用 $l(\lambda)$ 表示 $\lambda$ 中非零项的个数。

对每个分拆 $\lambda$，我们可以用一个图 $F_\lambda$ 来表示它：$F_\lambda$ 由 $n$ 个方格组成，第一行有 $\lambda_1$ 个方格，第二行有 $\lambda_2$ 个方格，. . . 以此类推，每一行都是左对齐的，总共有 $l(\lambda)$ 行。$F_\lambda$ 叫做分拆 $\lambda$ 的 Ferrers 图。

在 Ferrers 图的每个方格中填入正整数，使得每一行从左到右是弱递增的，每一列从上到下是严格递增的，这样得到的表格叫做半标准 Young 表（SSYT）；如果一个形状为 $\lambda\vdash n$ 的半标准的 Young 表，其包含的数字恰好为集合 $\{1,2,\ldots,n\}$，则称其为一个标准 Yolung 表（SYT）。

 

我想现在你应该已经意识到，开头提出的三个问题本质上都是要计算给定形状为 $\lambda$ 的半标准 Young 表的个数。怎么办呢？方法是我们都熟悉的生成函数方法：给每个半标准的 Young 表赋以一个权值，这个权值是一个含有不定元的单项式。把它们的权值加起来，得到一个多变元多项式，这个多项式也叫做权函数。如果我们能找到权函数满足的递推关系并把它解出来，自然就求出了半标准 Young 表的个数。

把上面的想法付诸实践：设 $T$ 是一个 Young 表，记 $w(T)=(w_1(T),w_2(T),\ldots)$，其中 $w_k(T)$ 是 $T$ 中数字 $k$ 的个数。向量 $w(T)$ 叫做 $T$ 的权。我们采用这样的约定：如果 $\alpha=(\alpha_1,\alpha_2,\ldots)$ 是一个元素都是非负整数的序列（且只有有限多项非 0），则记

\[X^\alpha = x_1^{\alpha_1}x_2^{\alpha_2}\cdots.\]

Schur 多项式的组合定义：设 $\lambda$ 是一个分拆，定义关于无穷多个变元 $x_1,\ldots,x_n,\ldots$ 的多项式

\[s_\lambda(x_1,\ldots,x_n,\ldots,)=\sum_{T}X^{w(T)}.\]

这里 $T$ 跑遍所有将正整数集填入 $F_\lambda$ 得到的半标准 Young 表。

注意这里定义的 Schur 多项式包含无穷多个单项式，每个单项式的次数都是 $|\lambda|$，每个单项式前面的系数都是有限的。

在计算具体问题时，往往对填入 Young 表的数字有所限制，比如只允许填入集合 $\{1,2,\ldots,n\}$ 中的数字。这时的生成函数就是在上面的表达式中令 $x_{n+1}=\cdots=0$。

Schur 多项式的组合定义是最容易被理解和接受的，但我们对它具体是个什么东西还完全没有概念，为此我们需要找到 Schur 多项式的其它表现形式。首先我们将证明 Schur 多项式总是对称多项式。

Bender - Knuth 对合

这一节我们来证明 Schur 多项式是对称多项式，为此只要证明对任意的 $i$，$s_\lambda$ 在交换 $x_i$ 和 $x_{i+1}$ 后保持不变即可，而这又只要说明权为 $(\ldots,w_i,w_{i+1},\ldots)$ 的半标准 Young 表与权为 $(\ldots,w_{i+1},w_i,\ldots)$ 的半标准 Young 表一一对应即可。为此只要对每个形状为 $\lambda$ 的 Young 表，把其中的数字 $i$ 全换成 $i+1$，同时把 $i+1$ 全换成 $i$ 就可以了，是吗？

问题出在这样得到的未必还是一个半标准的 Young 表。如果某个 $i$ 的下方恰好是 $i+1$，就称这样的 $i$ 和 $i+1$ 是匹配了的。而那些下方没有 $i+1$ 的 $i$ 或者上方没有 $i$ 的 $i+1$ 统称为未匹配的。下面的事实不难验证：

在 $T$ 的任意一行中，设 $x,y\in\{i,i+1\}$ 是两个未匹配的元素，则它们中间不可能有匹配的元素。即在一行中，未匹配的元素总是构成一段连续的序列。

设在一行中，未匹配的元素是 $r$ 个 $i$ 后面接着 $s$ 个 $i+1$，我们把这段序列替换为 $s$ 个 $i$ 后面接上 $r$ 个 $i+1$，对 $T$ 的每一行都进行这个操作而保持 $T$ 的其它数字不动。在这个变换下 $T$ 变成 $T^\ast$，$T^\ast$ 仍然是半标准的。且若 $T$ 的权为 $(\ldots,w_i,w_{i+1},\ldots)$，则 $T^\ast$ 的权为 $(\ldots,w_{i+1},w_i,\ldots)$。这个变换显然是个对合：$(T^\ast)^\ast=T$，这就证明了 Schur 多项式是对称的。

Jacobi - Trudi 恒等式

定义 $h_k(x_1,\ldots,x_n,\ldots)$ 为所有 $k$ 次单项式的和：

\[h_k(x_1,\ldots,x_n,\ldots)=\sum_{\begin{subarray}{c}\alpha_1+\alpha_2+\cdots=k\\\alpha_i\in\mathbb{Z}_{\geq0}\end{subarray}} x_1^{\alpha_1}x_2^{\alpha_2}\cdots .\]

这里约定 $h_0=1$，$k<0$ 时 $h_{k}=0$。显然每个 $h_k$ 是齐次的对称多项式。

定理：设 $\lambda=(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)\in\mathbb{Z}^n_{\geq0}$ 为一个分拆，则

\[s_\lambda=\det\left( h_{\lambda_i-i+j}\right)_{1\leq i,j\leq n}.\]

这里的证明采用 Gessel - Viennot 的不相交格点路径组方法，思路一目了然，论证简单直接。关于这个方法你可以参考我之前的一篇博文。

关键是要把每个半标准 Young 表对应到一个不相交的路径组，如果你熟悉格点路径组方法的话，这个构造过程是很自然的。

设 $T$ 是一个形状为 $\lambda$ 的半标准 Young 表，则 $T$ 的第 $i$ 行是一个长度为 $\lambda_i$ 的弱递增的数列，这样一个数列很自然地对应于一条从点 $(0,1)$ 到点 $(\lambda_i,+\infty)$ 的 Gauss 路径，这个路径即为这一行的 "高度图"。

但是半标准 Young 表的列是严格递增的，这个递减关系反映在 Gauss 路径上，就是 $T$ 的第二行对应的路径应该整体位于第一行对应路径的上方，第三行对应的路径整体位于第二行对应的路径的上方，. . . 两条路径之间可以有垂直的公共边，但是不能有水平的公共边。

 

现在把第 $i$ 条路径水平地向左平移 $i$ 个单位，变成一条从 $(-i,1)$ 到 $(-i+\lambda_i,+\infty)$ 的路径，则这样得到的 $n$ 条路径两两之间没有公共点，即构成一个不相交的路径组。

反过来对每一个这样的不相交的路径组，也很容易得出其对应的半标准 Young 表来。

令水平线 $y=k$ 的权值为 $x_k$，垂直边的权值一律为 1，应用带权的 Gessel - Viennot 引理立刻有

\[ s_\lambda=\det\left(h_{\lambda_i-i+j}\right)_{1\leq i,j\leq n}.\]

这就证明了 Jacobi - Trudi 恒等式。

Schur 多项式的 bi-alternant 公式

在这一小节，我们考虑的分拆 $\lambda=(\lambda_1,\ldots,\lambda_n),\mu=(\mu_1,\ldots,\mu_n)$ 以及 Young 表的权 $w(T)$ 都是 $\mathbb{Z}^n_{\geq0}$ 中的向量。

设 $T$ 是一个形状为 $\mu$ 的半标准 Young 表，用记号 $T_{\geq j}$ 表示由 $T$ 的第 $j,j+1,\ldots$ 列组成的半标准 Young 表，同理记号 $T_{>j}$ 和 $T_{<j}$ 的含义都是不言自明的。如果对任何 $j$，向量 $\lambda+w(T_{\geq j})$ 都是一个分拆，就称 $T$ 是一个 "好" 的 Young 表，否则就称 $T$ 是一个 "坏" 的 Young 表。

定义 Weyl 向量 $\rho=(n-1,n-2,\ldots,1,0)\in\mathbb{Z}^n_{\geq0}$。

定义如下的 $n$ 阶行列式：

\[a_\lambda=\det(x_i^{\lambda_j})=\sum_{\sigma\in S_n}\text{sgn}(\sigma)X^{\sigma(\lambda)}.\]

定理：\[a_{\lambda+\rho}s_{\mu}=\sum_{T}a_{\lambda+w(T)+\rho}.\]

这里求和跑遍那些形状为 $\mu$ 的 "好" 的 Young 表。

注意两边都是关于 $n$ 个变元 $x_1,\ldots,x_n$ 的多项式。

这个定理乍看起来从叙述到证明都很不直观，不过它的结论却非常重要，这就是 Littlewood - Richardson 定律。下面这个证明有很深刻的来源（李代数的晶体图）。

证明：由于 $s_\mu$ 是 $n$ 变元的对称多项式，因此利用定义不难验证（left to you）

\[ a_{\lambda+\rho}s_\mu =\sum_{T}a_{\lambda+w(T)+\rho},\]

这里 $T$ 跑遍所有形状为 $\mu$ 的半标准 Young 表。这里的关键之处在于，借助于 Bender - Knuth 对合，我们可以把求和项中 "坏" 的 Young 表两两配对抵消掉，从而剩下的和项都是 "好" 的 Young 表。

设 $T$ 是一个 "坏" 的 Young 表，则存在 $j$ 使得 $\lambda+w(T_{\geq j})$ 不是一个分拆，在所有这样的 $j$ 中，选取最大的那个。选好 $j$ 以后，由于 $\lambda+w(T_{\geq j})$ 不是分拆，因此存在 $k$ 使得

\[\lambda_k+w_k(T_{\geq j}) < \lambda_{k+1}+w_{k+1}(T_{\geq j}).\]

在所有这样的 $k$ 中，选取最小的那个。

这意味着在 $T_{>j}$ 中 $k$ 和 $k+1$ 的个数相同，且 $T$ 的第 $j$ 列有一个 $k+1$ 但是没有 $k$。

这里仔细解释一下：事情乍看起来有点复杂但是实际上很简单。为了让你理解清楚怎么回事，考虑这样的场景：$A,B$ 两人玩游戏，每局获胜的一方可得 1 元，输的一方得 0 元，打平则各得 1 元。初始时刻 $A$ 有 $\lambda_k$ 元，$B$ 有 $\lambda_{k+1}$ 元，这里 $\lambda_k\geq\lambda_{k+1}$。已知第 $m$ 局结束后 $B$ 的资金首次大于 $A$ 的资金，你能推断出什么？

很显然，第 $m$ 局的结果必然是 $B$ 获胜了；不仅如此，前 $m-1$ 局结束的时候 $B$ 的资金也应该恰好追平了 $A$。很简单的推理，对不对？这些就足够了。

现在回到我们 "坏伙计" $T$：我们知道一个 Young 表的每一列至多有一个 $k$（也至多有一个 $k+1$），我们把每一列包含的关于 $k$ 和 $k+1$ 的个数看做一局游戏的结果：设 $T$ 有 $m$ 列，最右端的一列描述了 $A,B$ 第一局的结果：如果有 $k$ 无 $k+1$，则 $A$ 得 1 元；既有 $k$又有 $k+1$ 则 $A,B$ 各得 1 元，无 $k$ 有 $k+1$ 则 $B$ 得 1 元，等等等等。这样从右向左到第 $j+1$ 列时，根据 $j$ 的选取规则，$A$ 的资金仍然不少于 $B$，但是到第 $j$ 列时 $A$ 的资金被 $B$ 超过。根据我们前面的分析，这说明 $T$ 的第 $j$ 列有一个 $k+1$ 但是没有 $k$，而且

\[\lambda_k+w_k(T_{>j})=\lambda_{k+1}+w_{k+1}(T_{>j}).\]这就印证了之前的断言。

 

现在考虑对 $T$ 进行如下的变换：保持 $T_{\geq j}$ 的部分不动，把 $T_{<j}$ 的部分对数字 $k$ 和 $k+1$ 进行 Bender - Knuth 变换，得到一个 Young 表 $T^\ast$（不排除 $T=T^\ast$ 的可能）。不难验证 $T^\ast$ 也是半标准的（利用 $T$ 的第 $j$ 列不含 $k$ 这一点）， $T^\ast$ 也是一个 "坏" 伙计且 $(T^\ast)^\ast =T$（因为 $T^\ast_{\geq j}$ 和 $T_{\geq j}$ 完全一样），两个向量 $\lambda+w(T)+\rho$ 和 $\lambda+w(T^\ast)+\rho$ 只差一个在 $k$ 和 $k+1$ 位置的对换（easy to check），所以两个行列式 $a_{\lambda+w(T)+\rho}$ 和 $a_{\lambda+w(T^\ast)+\rho}$ 是反号的（矩阵相差两列的交换）。（在 $T=T^\ast$ 的情形，矩阵有两列是相同的，行列式自然是 0）

推论【bi-alternant formula】：\[s_{\mu}=\frac{a_{\mu+\rho}}{a_\rho}.\]

证明：在定理中令 $\lambda=0$，则只有唯一的一个形状为 $\mu$ 的 "好伙计" $T$，它的第一行都填 1，第二行都填 2，. . . 以此类推，从而 $w(T)=\mu$，因此得证。

 

Jacobi - Trudi 恒等式的应用：标准 Young 表个数的 hook 长度公式

这一节来介绍并证明著名的 hook 长度公式。Hook 公式的表述简单优美，结论出人意料，让人第一眼看到它就会被它所吸引。

首先来定义什么是 hook 长度：设 $\lambda\vdash n$, $F_\lambda$ 是对应的 Ferrers 图，用 $v=(i,j)$ 来表示 $F_\lambda$ 中第 $i$ 行第 $j$ 列位置的方格（只考虑那些有方格的位置）。数数与 $v$ 同行但是位置在 $v$ 的右边，以及与 $v$ 同列但是位置在 $v$ 的下方的方格的总数（$v$ 自己也算一个, 但是只算一次）。这个数字称作 $v$ 的 hook 长度，记作 $h_v$。

 

定理【hook 公式】：形状为 $\lambda$ 的标准 Young 表的个数为

\[f_\lambda=\frac{n!}{\prod_{v\in F_\lambda}h_v}.\]

这里 $n=|\lambda|$。

Hook 公式的表达式虽然很形象，但是这个表达式真要用起来并不顺手。我们需要一个看起来不那么直观，但是用起来趁手的表达式，这就是下面的关键引理：

引理【Technical Lemma】：设 $\mu_i=\lambda_i+r-i$，这里 $r=l(\lambda),1\leq i\leq r$，则

\[ \prod_{v\in F_\lambda} h_v =\frac{\prod_{i=1}^r \mu_i!}{\prod_{i<j}(\mu_i-\mu_j)}.\]

引理的证明：任取正整数 $m\geq\lambda_1,n\geq\lambda'_1$，则 $\lambda$ 的 Ferrers 图可以放在一个 $m\times n$ 的矩形当中，它的边界是一条从 $(0,0)$ 到 $(m,n)$ 的 Gauss 路径。从左下角开始给路径上的边依次标号为 $0,1,\ldots,m+n-1$，可以很容易看出垂直的边（也就是每行末端的垂直边界）的标号为 $\{\lambda_i+n-i,1\leq i\leq n\}$，水平的边的标号为 $\{n-1+j-\lambda'_j,1\leq j\leq m\}$。于是我们得到下面的结论：

集合 $\{\lambda_i+n-i,1\leq i\leq n\}$ 和 $\{n-1+j-\lambda'_j,1\leq j\leq m\}$ 合起来构成 $\{0,1,\ldots,m+n-1\}$ 的一个置换。

注意集合 $\{\lambda_i+n-i,1\leq i\leq n\}$ 在 $n=\lambda'_1$ 时恰好是 $F_\lambda$ 的第一列的 hook 长度。如果我们想要得到第一行的 hook 长度，只要把这个结论应用在 $F_\lambda$ 的共轭图 $F_{\lambda'}$ 上，即（交换 $\lambda$ 和 $\lambda'$ 的地位）

集合 $\{\lambda'_j+m-j,1\leq j\leq m\}$ 和 $\{m-1+i-\lambda_i,1\leq i\leq n\}$ 合起来构成 $\{0,1,\ldots,m+n-1\}$ 的一个置换。

这才是我们想要的：令 $m=\lambda_1$，$n=\lambda_1'=r$ 为 $F_\lambda$ 的行数，则集合 $\{\lambda'_j+m-j,1\leq j\leq m\}$ 正好就是 $F_\lambda$ 的第一行的方格的 hook 长度，而集合 $\{m-1+i-\lambda_i,1\leq i\leq n\}$ 正好就是 $\{\mu_1-\mu_j,1\leq j\leq r\}$，它们合起来构成集合 $\{0,1,\ldots,\mu_1\}$ 的一个置换，因此 $F_\lambda$ 的第一行的所有方格的 hook 长度的乘积恰好等于

\[\frac{\mu_1!}{\prod_{i=2}^r(\mu_1-\mu_i)}.\]

然后擦去 $F_\lambda$ 的第一行，对第二行采用同样的论证道理，第二行所有方格的 hook 长度乘积为 \[\frac{\mu_2!}{\prod_{i=3}^r (\mu_2-\mu_i)}.\]

这样一直下去就得到了引理的证明。

回到 hook 公式的证明： 这里的技巧可以概括为 "think out of the box"， 考虑无穷多个变元的对称多项式环 $\Lambda[x_1,\ldots,x_n,\ldots]$。这个环到单变元形式幂级数环有一个同态 $\theta$：\[\theta(f) = \sum_{k=0}^n f_k \frac{t^k}{k!}.\]

其中 $f_k$ 是 $f$ 中单项式 $x_1x_2\cdots x_k$ 的系数（留给你验证这确实是一个同态）。特别地 $\theta(h_k)=\frac{t^k}{k!}$。在 Jacobi - Trudi 恒等式两边同时用 $\theta$ 作用，得到\[f_\lambda \frac{t^n}{n!}=\det\left( \frac{t^{\lambda_i-i+j}}{(\lambda_i-i+j)!} \right).\]

这里左边是因为要想不重复不遗漏地填入 $x_1,\ldots,x_n$ 得到半标准 Young 表，必然有 $n=|\lambda|$ 且得到的是标准 Young 表。

然后在两边令 $t=1$ 就得到

\[ f_\lambda = n!\cdot \det\left(\frac{1}{(\lambda_i-i+j)!}\right).\]

留给你验证右边等于引理中的表达式，这就完成了 hook 公式的证明。

 

 

Bi-alternant 公式的应用：平面分拆的 Macmahon 公式

文章开头的第三个问题可以表述为

给定 3 个正整数 $a,b,c$，有多少满足如下条件的 $a\times b$ 矩阵？

1. 矩阵的元素都是非负整数，且每一行从左到右，每一列从上到下都是弱递减的。

2. 矩阵的元素均不超过 $c$。

 

这个问题又叫做受限制的平面分拆，最早由 Macmahon 在 1903 年解决。答案是非常难猜到的：

\[\prod_{i=1}^a\prod_{j=1}^b\prod_{k=1}^c \frac{a+b+c-1}{a+b+c-2}.\]

这就是有名的 Macmahon 公式。这个问题有很多解法，下面的解法利用了 Schur 多项式。

设使用 $n$ 个箱子的平面分拆的个数为 $a_n$，我们要计算生成函数

\[ F(q)=\sum_{n=0}^{abc} a_nq^n.\]

特别令 $q=1$ 就是所有满足限制的平面分拆的总数。

设 $\lambda=(a,\ldots,a,0,\ldots,0)$，总共有 $b$ 个 $a$，$c$ 个 $0$。则 $s_\lambda(q^{b+c},\ldots,q)$ 就是列严格递减，行弱递减，最大元素不超过 $b+c$，元素都是正整数的矩阵的生成函数。这样的一个矩阵与受限制的平面分拆一一对应：

只要给第一行同时减去 $b$，第二行同时减去 $b-1$，$\ldots$，第 $b$ 行同时减去 1，则得到的就是行列都弱递降，最大元素不超过 $c$，元素都是非负整数的矩阵的生成函数，即

\[ s_\lambda(q^{b+c},\cdots,q)= q^{ab(b+1)/2} F(q).\]

为了求出左边的表达式，只要利用 Schur 多项式的 bi-alternant 公式：

\[s_\lambda(q^{b+c},\cdots,q)=\frac{\det(q^{(b+c+1-i)(b+c-j+\lambda_j)})}{\det(q^{(b+c+1-i)(b+c-j)})}.\]

这个行列式的计算没有什么难度：（just Vandermonde !）

\[ F(q)=\prod_{i=1}^a\prod_{j=1}^b\prod_{k=1}^c\frac{1-q^{a+b+c-1}}{1-q^{a+b+c-2}}.\]

特别令 $q\to1$ 即得 Macmahon 公式。