Il diabolico dr. Young

[wolverine]

Non so se questo problema abbia soluzioni olimpiche, ma puo' valer la pena provare, o comunque farsi qualche caso a mano: l'enunciato e' abbastanza spettacolare. Se pero' dopo un po' che ci pensate non arrivate a nulla, il mio consiglio e' quello di non insistere, ma sedersi sulla sponda del fiume ed aspettare: prima o poi, in qualche corso, vedrete la dimostrazione (o conoscerete qualcuno che l'ha vista). Basta con le chiacchire, veniamo all'enunciato.

Prendiamo un intero positivo $ n $. Sia $ (\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_k) $ una partizione di $ n $, dove abbiamo ordinato i $ \lambda_i $ in ordine decrescente. A questa partizione possiamo associare un diagrammino fatto a scala (il diagramma di Young della partizione, appunto): la $ i $-esima riga della scala e' lunga $ \lambda_i $.

Ad esempio, se $ n=9 $, il diagramma di Young della partizione $ P=(4,2,2,1) $ e' il diagramma $ Y_P $

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Per ogni stellina nel diagramma, poniamo $ h_*=i_*+j_*+1 $, dove $ i_* $ e' il numero di stelline sulla destra della stellina scelta (sulla stessa riga) e $ j_* $ e' il numero di stelline sotto la stellina scelta (sulla stessa colonna). Nel nostro esempio, sostituendo ogni stellina con $ h_* $ otteniamo

7 5 2 1
4 2
3 1
1

Definiamo poi il numero $ h_P $, dove $ P $ e' una partizione di $ n $, come

$ \displaystyle{h_P=\prod_{*\in Y_P}h_*} $

Dimostrare che:

i) $ h_P $ divide $ n! $. (ad esempio, nel nostro esempio, $ h_P=1680 $, che divide $ 9!=362880 $)

ii) $ \displaystyle{\sum_P}\frac{1}{h_P^2}=\frac{1}{n!} $, dove $ P $ varia tra tutte le partizioni di $ n $ (si considerano distinte due partizioni se sono "veramente diverse" ovvero se non si ottengono una dall'altra mediante un riordinamento. Ad esempio, le partizioni distinte di 3 sono (3), (2,1) e (1,1,1) )