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%���������������������� dactylographie fran�aise �����������������

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\let\rmpc=\sevenrm
\def\pd#1#2 {\pc#1#2| }

\def\pointir{\discretionary{.}{}{.\kern.35em---\kern.7em}\nobreak
\hskip 0em plus .3em minus .4em }

\def\resume#1{\vbox{\eightpoint \pc R\'ESUM\'E|\pointir #1}}
\def\abstract#1{\vbox{\eightpoint \pc ABSTRACT|\pointir #1}}

\def\titre#1|{\message{#1}
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              \vskip 0pt plus -24pt minus 3pt\penalty -1000
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\def\section#1|{\par\vskip .3cm
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\long\def\th#1|#2\finth{\par\medskip
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%
\def\ieme{\raise 1ex\hbox{\pc{}i\`eme|}}
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%
\mathchardef\conj="0365
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\def\decale#1|{\par\noindent\hskip 28pt\llap{#1}\kern 5pt}
\def\decaledecale#1|{\par\noindent\hskip 34pt\llap{#1}\kern 5pt}
% pour les titres en deux lignes et les sections sans point-tiret :
\def\titrea#1|#2|{\message{#1 #2}
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  {\it #1.}
  \par\nobreak\vskip 2pt }

\catcode`\@=12

\pageno=59
\auteurcourant={H. L\"UNEBURG}
\titrecourant={SYMMETRISCHE POLYNOME}

\eightpoint
\leftline{Publ. I.R.M.A. Strasbourg, $\oldstyle 1984$, 229/S--08}
\leftline{Actes 8\emini~S\'eminaire Lotharingien, p. 59--62}

\tenpoint
\let\it=\sl
\vglue 1.5cm
\centerline{{\bf \"UBER SYMMETRISCHE POLYNOME}}
\vskip 2.8mm
\centerline{\sevenrm VON}
\vskip 2.8mm
\centerline{{\petcap Heinz} L\"UNEBURG}
\vskip 5mm plus 2mm
Es sei $R$ ein kommutativer Ring mit 1 und
$R[x_1,\ldots,x_n]$ sei der Polynomring in den Unbestimmten
$x_1,\ldots,x_n$ \"uber $R$. Ist $\Sigma $ der Teilring aller
symmetrischen Polynome aus $R[x_1,\ldots,x_n]$, so
ist $R[x_1,\ldots,x_n]$ en freier $\Sigma $-Modul und die
Elemente $x_2^{e_1}\ldots x_n^{e_{n-1}}$
mit $0\le e_i\le i$ bilden eine freie
$\Sigma $-basis dieses Moduls. Setzt man
$E(n)=\lbrace e\mid 0\le e_i\le i\ 
\hbox{f\"ur }i=1,\ldots,n-1\rbrace$,
so gibt es also zu jedem $f\in R[x_1,\ldots,x_n]$
eindeutig bestimmte $S_e\in \Sigma $ mit
  $$f=\sum _e S_e x_2^{e_1}\ldots x_n^{e_{n-1}}\qquad
\bigl(e\in E(n)\bigr).$$
Wir geben hier einen Algorithmus an, der zu $f$ die
$S_e$ berechnet. F\"ur diesen Algorithmus ben\"otigen wir
die Prozedur naechst(e, initium, ekm,~i), die alle
$e\in E(i)$ erzeugt. Sie wird mit initium = true gestartet.
Nach dem ersten Aufruf ist initium = false. Ist $i=1$, so wird
beim ersten Aufruf $e=\emptyset $ und ekm = false
ausgegeben. Ist $i>1$, so wird beim ersten Aufruf etwa
$e=(0,\ldots, 0)$ ausgeben und bei jedem weiteren Aufruf der
Nachfolger des bislang aktuellen $e$. Ferner ist ekm = true,
solange noch nicht alle $e\not=E(i)$ erzeugt sind.

\vskip 5pt
{\bf Algorithmus} {\eightbf SYMKOEF}

\vskip 3pt
Berechnet zu $f\in R[x_1,\ldots,x_n]$ eine Familie
$\bigl(S_e\mid e\in E(n)\bigr)$ von symmetrischen
Polynomen $S_e$ mit
  $$f=\sum _e S_e x_2^{e_1}\ldots x_n^{e_{n-1}}\qquad
\bigl(e\in E(n)\bigr).$$

\halign{#&#&#&#&#\cr
\multispan5{\bf begin} $S_0:=f$ ; $i:=1$ ;\hfil\cr
\qquad&\multispan4{\bf while $i<n$ do}\hfil\cr 
&{\bf begin}\ &\multispan3{\it for $k:=0$ to} $i$ {\bf do}\hfil\cr
&&\multispan3{\it for $j:=k$ to}  $i$ {\bf do}\hfil\cr
&&\multispan3$\displaystyle p_{jk}=\sum _r x_{i+1}^{r_1}x_i^{r_2}
\ldots x_{i-k+2}^{r_k}x_{i-k+1}^{j-k-r_1-\cdots-r_k}$ ;\hfil\cr
&&\multispan3{\it $\{$Die Summation ist \"uber alle $r$ mit} 
$0\le r_1\le j-k$,\hfil\cr
&&\multispan3$0\le r_2\le j-k-r_1$, \dots, $0\le r_k\le j-k-r_1-\cdots-r_{r-1}$\hfil\cr
&&\multispan3{\it zu erstrecken} .$\}$\hfil\cr
&&\multispan3{\it initium${}:={}$true ; ekm${}:={}$true}  ;\hfil\cr
&&\multispan3{\bf while {\it ekm}  do}\hfil\cr
&&\multispan3{\bf begin} {\it naechst(e, initium, ekm, i)}  ;\hfil\cr
&&\qquad&\multispan2$T_0:=S_e$ ;\hfil\cr
&&&\multispan2{\bf if $T_0=0$ then {\it for $k:=0$ to $i$}  
do $S_{e,k}:=0$ else}\hfil\cr
&&&\multispan2{\bf begin {\it for $k:=1$ to}  $i$ do}\hfil\cr
&&&\qquad&
$T^*_{k-1}:=T_{k-1}(\,\ldots,x_{i-k+2},x_{i-k+1},\ldots\,)$ ;\hfil\cr
&&&&$T_k:=(T_{k-1}-T^*_{k-1})/(x_{i-k+2}-x_{i-k+1})$\hfil\cr
&&&&$S_{e,i}:=T_i$ ;\hfil\cr
&&&&{\it for $k:=i-1$ down to}  $0$ {\bf do} \hfil\cr
&&&&$\displaystyle S_{e,k}:=T_k-\sum _{j=k+1}^ip_{jk}S_{e,j}$\hfil\cr
&&&\multispan2{\bf end}\hfil\cr
&&\multispan3 {\bf end}\hfil\cr
&&\multispan3$i:=i+1$\hfil\cr
&\multispan4{\bf end}\hfil\cr
\multispan5{\bf end}\hfil\cr}

\vskip 10pt
Will man dies wirklich programmieren, so wird man bei 
der Berechnung der $T_k$ von der Formel
  $$x^ay^b-x^by^a
=(y-x)\sum _{i=0}^{b-a-1} y^{a+i} x^{b-1-i},$$
die im Falle $a\le b$ gilt, und von der Formel
  $$x^ay^b-x^by^a
=(x-y)\sum _{i=0}^{a-b-1} x^{b+i} y^{a-1-i},$$
die f\"ur $a>b$ gilt, Gebrauch machen. Ferner wird man
die $p_{jk}$ nicht explizit ausrechnen and abspeichern. Sie
werden ja nur  einmal ben\"otigt, so da\ss\ es gen\"ugt, sich bei
der Berechnung von $S_{e,k}$ sukzessive die in $p_{jk}$
vorkommenden Monome zu verschaffen. Dabei ist es n\"utzlich zu
wissen, da\ss\ durch
  $$(r_1,\ldots, r_n)\rightarrow 
(r_1,r_1+r_2+1,\ldots,r_1+r_2+\cdots+r_k+k-1)$$
eine Bijektion der Menge der in $p_{j,k}$ vorkommenden $r$ auf
die Menge der $k$-Teilmengen von $\{0,\ldots,n+k-1\}$ 
definiert wird.

Ist $f\in {\bf Z}[x]$ und ist der Leitkoeffizient von $f$ gleich 1, so gilt
f\"ur die Diskriminante ${\rm Dis}(f)$ nach einem Satz von
\pc STICKELBERGER|, da\ss\ ${\rm Dis}(f)=0$ oder $1\!\pmod 4$ ist.
\pd SCHUR bewies diesen Satz, indem er zeigte, da\ss\
es ganze Zahlen $a$ und $b$ gibt mit ${\rm Dis}(f)=a^2-4b$.
Hierin sind $a$ und $b$ nat\"urlich nicht eideutig bestimmt. Das
von \pd SCHUR benutzte $a$ war nun nichts anderes als die
Permanente der Vandermondematrix aus den Nullstellen von $f$.
Nun ist diese Permanente eine symmetrische Funktion in den
Nullstellen von $f$, so da\ss\ sie nach dem Waringschen Satz ein
Polynom in den Koeffizienten von $f$ ist. Es erhebt sich daher
die Frage,  ob man diese Permanente ohne explizite Kenntnis  der
Nullstellen fon $f$ berechnen kann. Dies ist in der Tat m\"oglich,
wie man folgenderma\ss en  einsehen kann.

Es seien $x_1,\ldots, x_n$ \"Uberstimmte \"uber ${\bf Z}$. 
Ferner sei
  $${\rm Vdm}(x_1,\ldots,x_n)
=\left|\matrix{1&x_1&x_1^2&\ldots&x_1^{n-1}\cr
1&x_2&x_2^2&\ldots&x_2^{n-1}\cr
\multispan5\dotfill\cr
1&x_n&x_n^2&\ldots&x_n^{n-1}\cr}\right|.
$$
Dann ist
  $${\rm perm}\bigl({\rm Vdm}(x_1,\ldots,x_n)\bigr)
=\sum _{\sigma \in S_n} \prod _{i=1}^n x_i^{\sigma (i)-1}.$$
Dies ist ein symmetrisches Polynom in den $x_i$.
Dieses Polynom kann man nun mit Hilfe bekannter Algorithmen als
Polynom in den elementarsymmetrischen Polynomen der
$x_i$ darstellen. Da die elementarsymmetrischen Funktionen
in den Nullstellen von $f$ nach dem Vietaschen Wurzelsatz bis
aufs Vorzeichen, das man auch beherrscht, die Koeffizienten von $f$ sind, ist
unsere Frage bejahend beantwortet. Dieser Algorithmus ist praktisch nur
f\"ur sehr kleine $n$ durchf\"uhrbar, wie im \"ubrigen auch 
der n\"achste, der
jedoch nicht ganz so aufwendig ist.

Wir definieren im Polynomring ${\bf Z}[y_1,\ldots,y_{n-1}]$
rekursiv Polynome $f_2,\ldots,f_n$ verm\"oge
$f_2=y_1$ und
  $$f_{k+1}=y_k^k \sum _\alpha   r_\alpha  
\left(y_1^{\alpha  _1} - y_k^{\alpha  _1}\right)
\cdot\left(y_{k-1}^{\alpha  _{k-1}} 
- y_k^{\alpha  _{k-1}}\right).$$
falls
  $$f_k=\sum _\alpha   r_\alpha  \, y_1^{\alpha  _1}\ldots 
y_{k-1}^{\alpha  _{k-1}}$$
ist. Ist dann
  $$f_n=\sum _\beta  r_\beta \, y_1^{\beta _1}\ldots y_{n-1}^{\beta _{n-1}},$$
so ist
  $${\rm perm}\bigl({\rm Vdm}(x_1,\ldots,x_n)\bigr)=
\sum _\beta  r_\beta \, \tau _{\beta _1}^{(n)} \ldots \tau _{\beta _{n-1}}^{(n)}.$$
Dabei ist $\tau _0^{(n)}=1$ und $\tau _i^{(n)}=\sum _{j=1}^n x_j^i$,
falls $i\ge 1$ ist. Man beachte, da\ss\ die Definition
von $\tau _0^{(n)}$ von der \"ublichen Definition abweicht.
\"Ublich ist, $\tau _0^{(n)}=n$ su setzen. Die $\tau _i^{(n)}$ kann
man nun mit Hilfe der Newtonschen Formeln durch die elementarsymmetrischen
Polynome in den $x_1,\ldots, x_n$ ausdr\"ucken, so da\ss\ wir
eine zweite L\"osung unserer Aufgabe gefunden haben.

Analysiert man die Entstehung der Monome in $f_n$, so folgt
$\sum _\beta  \left|r_\beta \right|=\sum _{k=1}^{n-1} a(n,k)$,
wobei die $a(n,k)$ durch folgende Rekursion definiert
sind : $a(m,0)=0$ f\"ur alle $m$ und $a(2,1)=1$. Ferner
  $$a(m+1,i+1)=\sum _{k=i}^{m-1} {k\choose i} a(m,k).$$
Meine Vermutung lautete, da\ss\ $\sum _{k=1}^{n-1} a(n,k)=(n-1)!$ ist.
Die Herren \pd NICOLETTI und \pd COMTET bemerkten an Hand einer kleinen
Tabelle der $a(n,k)$, da\ss\ 
$a(n,k)=c(n-1,k)$ sein m\"usse, wobei $c(n-1,k)$ die
vor\-zeichen\-losen Stirlingzahlen sind. 
Dies konnte ich mittlerweile verifizieren,
so da\ss\ in der Tat
  $$\sum _\beta \left|r_\beta \right|
=\sum _{k=1}^{n-1} a(n,k)=(n-1)!$$
ist. Einen anderen Beweis dieser Tatsache schickte mir Herr
E. \pd TRIESCH (Aachen). Der zweite Algorithmus ist also ebenfalls sehr
aufwendig.

Eine Note mit detaillierten Beweisen ist in Vorbereitung.

\adresse
Heinz {\petcap L\"uneburg},
Fachbereich Mathematik
der Universit\"at,
Pfaffenbergstra\ss e 95,
D-6750 Kaiserslautern.

\fin

\bye
