Molien 级数 | Codeboy's Blog

形式陈述

即使还没有找到全部不变量生成元，能否先知道每个次数应当找到多少个独立方向？令 $W$ 为 $n$ 维复向量空间，把它看作一次变量空间， $G$ 为有限群， $B(g)$ 为 $g$ 在 $W$ 的一组基下的表示矩阵。令

A=\operatorname{Sym}(W)\cong\mathbb C[x_1,\ldots,x_n] =\bigoplus_{d\ge0}A_d,

群在线性变量上的作用延伸为保持通常总次数分次的代数自同构。定义不变量环的Hilbert级数

H_{A^G}(t)=\sum_{d\ge0}\dim_{\mathbb C}(A_d^G)t^d. \tag{1}

每层有限维，所以这是一条形式幂级数，不需要先指定复数 $t$ 的数值或讨论收敛。Molien公式为

H_{A^G}(t)=\frac1{|G|}\sum_{g\in G} \frac1{\det(I-tB(g))}. \tag{2}

分母常数项为1，因此右侧在 $t=0$ 有唯一形式展开。 $n=0$ 时空行列式为1，环只有常数，公式仍给1。

矩阵方向必须说清楚。如果输入是点空间 $V$ 上的矩阵 $C(g)$ ，而多项式函数按 $(gf)(z)=f(C(g)^{-1}z)$ 作用，则一次变量空间是 $W=V^*$ ，其系数列矩阵为 $B(g)=C(g)^{-T}$ 。行列式不受转置影响，且 $g\mapsto g^{-1}$ 重排整个群，所以对完整平均也可写 $C(g)$ 版本。不能因此把单个元素在变量和点上的矩阵直接认作相同。

直觉

Reynolds投影在次数 $d$ 上保留所有不变量，杀掉其余补空间。复数上线性投影的特征值只有0和1，迹就数出保留下来的维数。

Molien公式先把这个迹写成各个群元素作用的平均，再把所有次数一起打包。固定一个群元素后，单项式特征值是一次变量特征值的各种乘积；几何级数恰好把这些乘积求和，得到行列式的倒数。

因此右侧虽然可能出现复数特征值，最终每个系数仍必须是非负整数。这个整数条件是很好的错误诊断，但仅靠几项都是整数，还不能证明程序用对了群、作用或矩阵方向。

例子与边界

三阶作用的三个矩阵项

取 $B(\sigma)=\operatorname{diag}(\omega,\omega^{-1})$ 。单位元贡献 $(1-t)^{-2}$ ；其余两个元素都满足

\det(I-tB(g))=(1-\omega t)(1-\omega^2t)=1+t+t^2.

因此

H(t)=\frac13\left(\frac1{(1-t)^2} +\frac2{1+t+t^2}\right) =\frac{1+t^2+t^4}{(1-t^3)^2} =\frac{1-t^6}{(1-t^3)^2(1-t^2)}. \tag{3}

最后两个表达式可通过多项式交叉相乘核验，是全有理函数恒等式，不是只比前几项。

为什么这个分子自然？由 $U=x^3,V=y^3,W=xy$ 及 $W^3=UV$ ，每个不变量唯一写为

a(U,V)+Wb(U,V)+W^2c(U,V). \tag{4}

唯一性来自单项式的两个指数模三分别为0、1、2，三类不能抵消。 $U,V$ 的次数均为3， $W$ 的次数为2，所以式(4)直接给 $1,t^2,t^4$ 三个位移和分母 $(1-t^3)^2$ 。

前十个次数的维数为

1,0,1,2,1,2,3,2,3,4.

更一般地，逐项数 $i+j=d$ 且 $i-j\equiv0\pmod3$ ，得到

\dim A_{3r}^G=r+1,\qquad \dim A_{3r+1}^G=r,\qquad \dim A_{3r+2}^G=r+1 \quad(r\ge0). \tag{5}

次数1没有不变量，不能把这份分次误当作由一次元素生成的标准分次。既有Hilbert多项式定理的标准分次假设在这里不满足；式(5)保留三个同余类的周期差异，而不是一条最终统一多项式。

级数相同，不等于环相同

给变量 $u,v$ 都赋次数1，比较

R_1=\mathbb C[u,v]/(u^2),\qquad R_2=\mathbb C[u,v]/(uv).

两者零次维数为1，每个正次数维数为2：第一份可取 $v^d,uv^{d-1}$ ，第二份可取 $u^d,v^d$ 。所以两者级数都为 $(1-t^2)/(1-t)^2$ 。

但 $R_1$ 中非零的 $\bar u$ 平方为零； $R_2$ 没有非零幂零元，因为 $(uv)=(u)\cap(v)$ ，若 $f^r$ 同时被 $u,v$ 整除， $f$ 也同时被它们整除。因此两环不同构。维数计数不会保留乘法的全部信息。

不能直接拿模p的迹读整数维数

本页定理取复数。即便有限域中群阶可逆、Reynolds投影存在，投影的迹也只是域中那个整数维数的像。例如 $\mathbb F_2$ 上二维恒等投影的迹为0，但秩为2。要把正特征的表示数据提升成整数维数公式，需要额外理论；不能把式(2)的除法与普通模 $p$ 迹照抄后，声称得到了非负整数维数。

推论与应用

从逐次特征标推导公式

令 $M_d(g)$ 表示 $g$ 在 $A_d$ 上的作用。其特征标是 $\chi_d(g)=\operatorname{tr}M_d(g)$ 。平均投影

P_d=\frac1{|G|}\sum_gM_d(g)

满足 $P_d^2=P_d$ 。由于其最小多项式整除无重根的 $X(X-1)$ ，可对角化，且1的重数等于像的维数。因此

\dim A_d^G=\operatorname{tr}P_d =\frac1{|G|}\sum_g\chi_d(g). \tag{6}

固定 $g$ 。设其阶为 $s$ ，则 $B(g)^s=I$ ；复数上的 $X^s-1$ 没有重根，所以可选特征变量 $z_1,\ldots,z_n$ ，特征值为 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ 。次数 $d$ 单项式 $z_1^{e_1}\cdots z_n^{e_n}$ 的特征值是 $\prod_i\lambda_i^{e_i}$ 。逐次求迹再组成级数，有

\sum_{d\ge0}\chi_d(g)t^d =\prod_{i=1}^n\left(\sum_{e_i\ge0}(\lambda_it)^{e_i}\right) =\prod_{i=1}^n\frac1{1-\lambda_it} =\frac1{\det(I-tB(g))}. \tag{7}

最后一步使用行列式等于特征值之积。每个固定次数只涉及有限多个指数组合，所以形式级数乘法合法。将式(7)代入式(6)并与有限群求和交换，就证明式(2)。不同群元素可以使用不同特征基；推导的是迹，不要求它们同时对角化。

怎样用它认证一组候选生成元

假设已经知道齐次不变量 $f_1,\ldots,f_s$ ，令 $B=\mathbb C[f_1,\ldots,f_s]\subseteq A^G$ 。如果能独立证明候选子代数的完整级数 $H_B(t)$ ，并且它等于式(2)，那么每层都有

B_d\subseteq A_d^G,\qquad \dim B_d=\dim A_d^G<\infty,

故逐层相等，最终 $B=A^G$ 。这里用到了真实的分次包含，前面两个抽象环“级数相等但不同构”的反例不与此冲突。

证明 $H_B$ 时，不能只把猜到的关系当成全部关系。三阶例子可以直接用式(4)的唯一正常形计算。若只取 $U,V$ ，候选级数为 $(1-t^3)^{-2}$ ，次数2已经缺少 $W$ ；若取 $U,V,W$ 却当作代数无关，次数6会错误地把 $UV$ 和 $W^3$ 算作两个方向。

有限个Taylor系数吻合也不足以说明两条级数相同。已知双方是具体有理函数时，应交叉相乘验证多项式恒等；如果只掌握有限次数的实验结果，则必须保留“目前这些层相同”的范围。单元终点同时要求正常形、固定空间和有理函数三种证据，避免循环地用待证生成结论计算自己的验收目标。

参考资料

Bernd Sturmfels，Algorithms in Invariant Theory，2nd ed., 2008，§2.2，Theorem 2.2.1、Lemma 2.2.2–2.2.3与例2.2.4：Molien公式的逐次迹证明，以及带分次包含的维数认证。
Gregor Kemper，“Computational Invariant Theory”，1998，开篇与§1：一次变量空间及齐次分量的作用约定。

形式陈述 ​

三阶作用的三个矩阵项 ​

级数相同，不等于环相同 ​

不能直接拿模p的迹读整数维数 ​

从逐次特征标推导公式 ​

怎样用它认证一组候选生成元 ​

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