§ 1 Der Raum der Polynome

§ 1 Der Raum der Polynome

Stark Perfekte Gitter und Sphärische Designs

Vortrag zum Seminar Gitter und Codes, 20.06.2011 Nina Neidhardt und Jan Rosendahl

Ziel dieser Arbeit ist es, die lokalen Extremstellen der Dichtefunktion näher zu be- schreiben. Wir suchen ein Kriterium, welches uns hilft extreme Gitter zu finden. Als Vorbereitung dazu untersuchen wir zunächst in Abschnitt 1 einige ausgewählte Po- lynome, deren Eigenschaften später nützlich sein werden. Anschließend führen wir im 2. Absatz den Begriff dessphärischen t-Designsein und zeigen, dass Gitter, deren Mengen an kürzesten Vektoren sphärischen 4-Designs sind, extrem sind.

Wir untersuchen die Eigenschaften von stark perfekten Gittern im Allgemeinen und klassifizieren im Anschluß daran die stark perfekten Wurzelgitter, sowie exempla- risch die stark perfekten Gitter der Dimension 7.

§ 1 Der Raum der Polynome

(1.1) Definition

R[X] := _R[X₁, . . . ,Xn] bezeichne den Polynomring in n Unbestimmten. Für einen Multiindex i = (i₁, . . . ,in) definieren wir das Monom Xⁱ := Xⁱ₁¹. . .X_nⁱⁿ vom Grad

|i| :=_∑ⁿ_j=1ijsowie den Multinomialkoeffizient |i|

i

:= |i|! i₁!· · ·in!.

Weiter bezeichneF_n,m :=F_m den Raum aller Polynome inR[X1, . . . ,Xn] vom Grad m. Ist Tm := {i = (i₁, . . . ,in) | |i| = m} so bilden die Monome Xⁱ mit i ∈ Tm eine R-Basis von Fn,m. Für f := _∑i∈Tm aiXⁱ und g := _∑i∈TmbiXⁱ in Fn,m definieren wir das Skalarprodukt

[f,g]:=

∑

i∈T_m

|i| i

−1

a_ib_i.

Dies definiert ein euklidisches Skalarprodukt auf F_n,m für die die Monome Xⁱ eine OG-Basis bilden mit[Xⁱ,Xⁱ] = (^|i_i^|)⁻¹. (1.2) Beispiel

Seiω :=_∑ⁿ_j=1X²_j ∈ F_n,2.

Fürα = (_{α1, . . . ,αn}) ∈_Rⁿ _{setzen wirρα :}=_∑ⁿ_j=1αjXj∈ F_n,1.

Dann sindω^m/2 und ρ^m_α inF_n,m

§ 1 Der Raum der Polynome (1.3) Bemerkung

Die orthogonale Gruppe

On(_R):={_σ ∈_R^n×n |_σσ^tr =1} operiert aufF_n,m vermöge(σ, f)7→ _σf := f(Xσ).

Dann istσρα =ρασ und σω =ω für alleσ ∈On(_R). Beweis

On(_R) operiert von rechts auf F_n,m da (In)(f) = f(XIn) = f(X)

und für alleσ,δ∈ On(_R)_gilt: (_σδ)(f) = f(X(_σδ)) = (_δ)(f(Xσ)) = (_δ)((_σ)(f)) _. Seiσ:= (σij) ∈ On(_R). Dann ist

(σρα)(X) = ρα(Xσ) = ρα(

∑

Xiσi1, . . . ,

∑

Xiσin)

=

∑

αj

∑

σijXi =

∑

Xi(

∑

σijαj) =

∑

Xi(ασ)_i =ρασ(X). Damit folgt die Behauptungσρα =_ρασ. Wir wenden uns nun σω =_ω zu.

Mit n

j

∑

σ_ijσ_kj = (σσ^tr)_i,k =δ_ik. ist weiterhin

(σω)(X) = (ω)(Xσ) = (ω)(

∑

Xiσi1, . . . ,

∑

Xiσin) =

∑

(

∑

σijXi)²

=

∑

∑

∑

σijσkjX_iX_k =

∑

∑

δikX_iX_k =

∑

X²_i =_ω(X)

(1.4) Lemma

Für f ∈ F_n,m undα ∈ _Rⁿ gilt

[f,ρ^m_α] = f(_α). Beweis

Es gilt mit dem Multinomialsatz (?₎ ρ^m_α = (α1X1+. . .+αnXn)^{m (?)}=

∑

i∈Tm

m i

αⁱ₁¹· · ·_αⁱ_nⁿ_Xⁱ =

∑

i∈Tm

m i

αⁱXⁱ

Ist f = _∑i∈Tmb_iXⁱ ∈ F_n,m ein beliebiges Polynom, so ist nach der Definition des Skalarproduktes (1.1)

[f,ρ^m_α] =

∑

i∈Tm

b_iαⁱ = f(α).

§ 1 Der Raum der Polynome (1.5) Folgerung

F_n,m =hρ^m_α | α ∈_Rⁿi Beweis

SeiU :=h_ρ^m_α |_α ∈ _Rⁿi_.

Daρ^m_α ∈ F_n,m, giltU ≤ F_n,m, mitU ⊥U^⊥ =F_n,m. Es genügt zu zeigen, dassU^⊥ ={0}ist.

Sei also f ∈U^⊥ (und damit insbesondere f ∈ F_n,m).

Dann gilt für alle α∈ _Rⁿ, dass 0 ^f∈U

⊥

= [f,ρ^m_α] ^(1.4=⁾ f(α). Also ist f =0.

Da alsoU ⊥ {0} =F_n,m, folgt U =F_n,m. (1.6) Erinnerung

Der Operator

∆:=

∑

∂²

∂X²_i

heißt derLaplace-Operator. Dies ist eine Abbildung vonF_{n,m nach}F_n,m−2. Harmn,m :=ker(_∆):={f ∈ F_n,m |_∆(f) =0}

heißt der Raum derharmonischen Polynomevom Grad minn Variablen.

(1.7) Beispiel

a) ∆(_ρ^m_α) =m(m−1)(α,α)_ρ^m_α⁻² b) ∆(ω^{`</sup>) =2`(2`+n−<sub>2</sub>)ω<sup>`−1}

c) ∆(ω^{`</sup>ρ<sup>k</sup><sub>α</sub>) = 2`(2`+2k+n−2)ω<sup>`−1}ρ^k_α+k(k−1)(α,α)ω^`ρ^k_α⁻² d) Fürα ∈_Rⁿ ist

Pα⁽²⁾ :=ρ²_α−(_α,α)

n ω ∈ Harmn,2

Beweis

a) Mit der Kettenregel erhalten wir:

∂

∂X_i ραm = ^∂

∂X_i

∑

α_jX_j

!m

=mα_i ραm−1 (1)

§ 1 Der Raum der Polynome Dann ist

∆(ρ^m_α) = _∑ⁿ_i=1∂X^∂2₂

i

(ραm)

(1)

= _∑ⁿ_i=1m·α_i· _∂X^∂

i ραm−1

(1)

= _∑ⁿ_i=1m·(m−1)·α_i²· ραm−2

=m·(m−₁)· _ρα^m−2·

∑

αi2

| {z }

(α,α)

=m(m−1)(α,α)ρ^m_α⁻² b) Wir leiten zunächst wieder mit der Kettenregel ab:

∂

∂X_i ω^` = ^∂

∂X_i

∑

X²_j

!`

=

∑

X²_j

!`−1

·`·2·Xi (2) Jetzt rechnen wir mit der Produktregel (3) leicht nach:

∆(ω^`) =_∑ⁿ_{i=1 ∂X}^∂2₂

i ω^`

(2)

= _∑iⁿ₌₁ 2 ` _∂X^∂

i Xi ω^`−1

(2)(3)

= _∑ⁿ_i=1 2` ω<sup>`−1</sup>+Xi2

ω<sup>`−2</sup> 2(`−1)

=2`·











n ω<sup>`−1</sup>+2(`−1) ω^`−2

∑

Xi2

| {z }

ω











=2`·(n+2`−2) ω^`−1

§ 1 Der Raum der Polynome c) Elementares Nachrechnen liefert:

∆(_ω^`_ρ^k_α) =

∑

∂²

∂X_i²

ω^`·_ρ^k_α

(1),(2),(3)

=

∑

∂

∂Xi

`<sub>ω</sub><sup>(`−1)</sup>(2X_i) _ρ^k_α+k ρ^k_α⁻¹ αi ω^`

(1),(2),(3)

=

∑

`(`−1) _ω<sup>(`−2)</sup>(2X<sub>i</sub>)(2X<sub>i</sub>) <sub>ρ</sub><sup>k</sup><sub>α</sub>+` _ω^(`−1)(2X_i) k ρ^k_α⁻¹ αi

+`<sub>ω</sub><sup>(`−1)</sup>_2ρ^k_α+ _k (_k−₁) _ρ^k_α⁻² _{αi αi ω}<sup>`</sup>+<sub>k ρ</sub><sup>k</sup><sub>α</sub><sup>−1</sup> <sub>αi</sub> `_ω^`−1(_2Xi)

=4`(`−1)ω^(`−2)ρ^k_α

∑

X²_i +2`k ω<sup>(`−1)</sup>ρ^k_α⁻¹

∑

(α_iX_i) +2`ω<sup>(`−1)</sup> ρ^k_α

∑

1+ k (k−1) ω^` ρ^k_α⁻²

∑

α²_i +2` k ω<sup>`−1</sup> ρ^k_α⁻¹

∑

(α_iX_i)

=4`(`−1)_ω<sup>(`−1)</sup><sub>ρ</sub><sup>k</sup><sub>α</sub>+2`k ω^{(`−1)</sup>ρ<sup>k</sup><sub>α</sub>+2n `_ω^{(`−1)</sup> <sub>ρ</sub><sup>k</sup><sub>α</sub> + <sub>k</sub> (<sub>k</sub>−<sub>1</sub>) (<sub>α,α</sub>) <sub>ω</sub><sup>`} _ρ^k_α⁻²+₂ `<sub>k ω</sub><sup>`−1} _ρ^k_α

=2`(2l−2+2k+n)ω<sup>`−1</sup>ρ^k_α+k(k−1)(α,α)ρ^k_α⁻²ω^` d) Wir wenden den Laplace-Operator an und erhalten:

∆

ρ²_α−(α,α) n ω

(a),(b)

= 2(2−1)(α,α)_ρ⁰_α−(α,α)

n 2(2+n−2)_ω⁰ =0

Den Beweis für die orthogonale Zerlegung vonF_n,m in irreduzibleOn(_R)-invariante Teilmoduln in den Sätzen (1.12) und (1.17), der den Rest dieses Abschnittes aus- macht übernehmen wir aus dem Skript "Gitter und Codes" des Sommersemesters 2007 von Prof. Dr. G. Nebe und Dr. M. Künzer, wobei wir einen Beweis für die Aus- sage in Satz (1.9) hinzugefügt haben.

(1.8) Bemerkung Sei∇:= (_∂X^∂

1, . . . ,_∂X^∂

n). Es gilt dann für f,g∈ F_n,m dass m![f,g] = f(∇)g.

Beweis

Die Abbildung(a,b) 7→ a(∇)b ist bilinear aufF_n,m× F_n,m also genügt es die Gleich- heit für Monome nachzurechnen. Sind i,j ∈ Tm, so ist Xⁱ(∇)X^j = 0 falls i 6= j und

ansonsten ergibt sichi₁!· · ·in!.

§ 1 Der Raum der Polynome (1.9) Bemerkung

Der Laplace-Operator ist einOn(_R)-invarianter Differentialoperator. D.h. es gilt für f ∈ F_n,m und g∈On(_R), dass

∆(g f) = g(_∆f).

Beweis

Wir zeigen die Aussage für alle ρ^m_α, da diese den Erzeuger von F_n,m darstellen und der Laplace-Operator ∆linear ist.

Sei also α∈ _Rⁿ _{und g} ∈_On(_R)_:

∆(gρ^m_α) ^(1.3=⁾ ∆(ρ^m_αg) ^(1.7=⁾ m(m−₁)ρ^m_αg⁻²= g(m(m−₁)ρ^m_α⁻²) = g(∆(ρ^m_α))

(1.10) Bemerkung

Jedes durchω teilbare harmonische Polynom ist gleich 0.

Beweis

Sei f ∈ Harmn,m und g∈ F_n,m−2 mit f =_ωg. Dann ist

[f, f] = [gω, f] = g(∇)ω(∇)f =g(∇)_∆f =0

da f harmonisch ist. Also ist f =0, da das Skalarprodukt positiv definit ist.

(1.11) Satz

∆: F_n,m → F_n,m−2 ist surjektiv.

Beweis

Seig∈ F_n,m−2im orthogonalen Komplement von Bild(_∆). Dann istωg ∈ F_n,m und für f ∈ F_n,m gilt

m![ωg, f] = (gω)(∇)f = g(∇)ω(∇)f = g(∇)_∆(f) = (m−2)![g,∆f] = 0.

Also ist ωg∈ F_n,m^⊥ ={0}und damit g =0.

(1.12) Satz

F_n,m = _Harmn,m ⊥_{ω Harmn,m−2} ⊥_ω²_Harmn,m−4⊥_{. . .} ⊥_ω^bm/2c _{Harmn,m−2bm/2c} ist eine Zerlegung vonF_n,m in irreduzible On(_R)-invariante Teilmoduln.

§ 1 Der Raum der Polynome Beweis

Da ∆ : F_n,m → F_n,m−2 surjektiv ist, ist F_n,m = Harmn,m ⊥ ωF_n,m−2, da jedes durch ω teilbare Polynom in F_n,m senkrecht auf allen harmonischen Polynomen steht (siehe oben) oder auch wegenOn(_R)-Invarianz des Skalarprodukts[−,=], die Sie in den Übungen zeigen. Die Zerlegung inO(n)-invariante Teilmoduln erhält man nun durch Induktion. Die Irreduzibilität von Harmn,m beweisen wir im Rest dieses Abschnitts. Daraus ergibt sich, dass dieOn-TeilmodulnVj :=ω^jHarmn,m−2j ≤ F_n,m für j = 0, . . . ,bm/2c paarweise senkrecht aufeinander stehen. Denn ist f ∈ V_j mit [f,g] 6= 0 für ein g ∈ V_k so ist die Abbildung α_f : h 7→ [f,h] eine Abbildung 6= 0 in V_k^∗ = Hom_R(V_k,R) und die Abbildung α : V_j → V_k^∗,g 7→ αg ist ein On- Homomorphismus6=0. Da sowohlV_j als auchV_k^∗irreduzibleOn-Moduln sind, ist α also ein Isomorphismus, was aus Dimensionsgründen unmöglich ist.

Bemerkung: Die Orthogonalität der Zerlegung läßt sich auch elementar nachrech- nen. Sind f ∈ Harm_m−2k,g ∈ Harm_m−2l harmonisch so ist

[ω^kf,ω^lg] =cδ_k,l[f,g]

für eine vonn, kund mabhängige Konstante c. Es gilt nämlich

∆(ω^kf) = _ω∆(ω^k−1f) +_∆(ω)(ω^k−1f) +_∑iⁿ_=1∂X^∂ω

i

∂ω^k−1f

∂X_i

=_ω∆(ω^k−1f) + (2n+2(m−2))ω^k−1f

=ω²∆(ω^k−2f) + (2n+2(m−2) +2(m−4))ω^k−1f

=_ω^k_∆(f) + (2n+₂(m−₂) +₂(m−₄) +_{. . .})_ω^k−1f

=const.ω^k−1f

da∆(f) = 0. Induktiv ergibt sich damit∆^k(ω^kf) =c(n,m,k)f und daher fürl ≥k:

[_ω^l_g,ω^k_f] = _g(∇)_∆^l−k(_∆^k(_ω^k_f)) =_c(_n,m,k)[_ω^l−k_{g, f}] =

0 l6=k

c(n,m,k)[g, f] l=k . (1.13) Bemerkung

SeiM _:={_{f : S}ⁿ⁻¹ → _R| _{f stetig}} der Raum aller stetigen reellen Funktionen auf der Sphäre. DaSⁿ⁻¹ kompakt ist, ist jedes f ∈ Mintegrierbar und

(f,g):= Z

Sⁿ⁻¹

f(x)g(x)dx

definiert ein On(R)-invariantes Skalarprodukt auf M_{. Sei V ein On}(R)-invarianter Teilraum von M endlicher Dimension N = dim(V) und (f1, . . . ,fN) eine ON-Basis vonV. Definieren

αV : Sⁿ⁻¹×Sⁿ⁻¹ →_R,αV(x1,x2) :=

∑

f_i(x1)f_i(x2).

§ 1 Der Raum der Polynome Dann hängt αV nicht von der Wahl der ON-Basis ab und αV(x1,x2) hängt nur von dem inneren Produkt (x₁,x₂) ab, d.h. αV(x₁,x₂) = _αV(y₁,y₂) falls (x₁,x₂) = (y1,y2).

Beweis

Fürσ ∈On(_R) und f,g ∈ Mist (σf,σg) :=

Z

Sⁿ⁻¹

(f g)(xσ)dx=det(σ) Z

Sⁿ⁻¹σ

(f g)(x)dx= (f,g).

Sei (g₁, . . . ,g_N) eine weitere ON-Basis von V und g_i = _∑^N_j=1αijf_j. Da beides ON- Basen sind, ist die Basiswechselmatrix (_αij) orthogonal, d.h. ∑^Ni=1αjiαki = _{δjk. Also} gilt

∑

g_i(x1)g_i(x2) =

∑

∑

α_ij

∑

α_ikf_j(x1)f_k(x2) =

∑

f_i(x1)f_i(x2).

Seien jetzt x₁,x₂,y₁,y₂ ∈ Sⁿ⁻¹ mit (x₁,x₂) = (y₁,y₂). Dann gibt es σ ∈ On(_R) so daßx1σ =y1und x2σ =y2. Also ist

αV(y1,y2) =αV(x1σ,x2σ) =

∑

fi(x1σ)fi(x2σ) ==

∑

(σfi)(x1)(σfi)(x2).

Nun ist mit(f₁, . . . ,f_N)auch(_σf₁, . . . ,σf_N)eine ON-Basis vonVund daherαV(y₁,y₂) =

αV(x1,x2).

(1.14) Definition

Sei e ∈ Sⁿ⁻¹ fest gewählt. Eine zonale sphärische Funktion ist eine reelle Funktion f : Sⁿ⁻¹ →_Rmit f(x) = f(y)für alle x,y∈ Sⁿ⁻¹für die (x,e) = (y,e)gilt.

(1.15) Bemerkung

Jeder endlich dimensionale On(_R)-invariante Teilraum 0 6= V ≤ M enthält eine zonale Funktion f 6=0.

Beweis

SeiαV wie eben und definierenα : Sⁿ⁻¹ → _Ralsα(x) := _αV(x,e) = _∑i^N₌₁ f_i(e)f_i(x). Dann ist α ∈ V eine zonale Funktion. Diese ist 6= 0, denn sonst ist 0 = α(e) =

∑^N_i=1 f_i(e)² also f_i(e) = 0 für alle i. Da (f₁, . . . ,f_N) eine Basis von V war gilt dann auch f(e) =0 für alle f ∈_{V. Für x} ∈ _Sⁿ⁻¹ gibt es jedoch einσ ∈ _On(R)mit eσ =x.

Damit ist auch f(x) = (σf)(e) =0 für beliebiges f ∈ V und x∈ Sⁿ⁻¹, alsoV =0.

(1.16) Folgerung

Ist V ein endlich dimensionaler On(_R)-invarianter Teilraum von M, so dass die zonalen Funktionen in V einen eindimensionalen Teilraum bilden, dann ist V irre- duzibel, d.h. jederOn(_R) invariante TeilmodulW ≤V ist entweder 0 oder V.

§ 1 Der Raum der Polynome Beweis

Sei 0 6= W 6= V ein On(_R)-invarianter Teilmodul von V = W ⊥ W^⊥. Dann ist auch W^⊥ On-invariant und die beiden zonalen Funktionen x 7→ _αW(x,e) und x 7→

α_W^⊥(x,e) sind linear unabhängig.

(1.17) Satz

Harmm,n ist ein irreduziblerOn(_R)-Modul.

Beweis

Seien f,g ∈ Harmm,n zonale Funktionen ungleich 0. Da harmonische Polynome nicht durch ω teilbar sind, können wir nach Multiplikation mit einer reellen Zahl annehmen dass

f(x) = (x,e)^m+_α1ω(x)(x,e)^m−2+. . . g(x) = (x,e)^m+β1ω(x)(x,e)^m−2+. . .

Die Differenz f −gist dann ein harmonisches Polynom, das durch ωteilbar ist, also

f −g =0 und daher f =g.

§ 2 Sphärische Designs

§ 2 Sphärische Designs

Im Folgenden nehmen wirn ≥_{2 an.}

(2.1) Definition

Sei t ∈ N. Eine endliche, nicht-leere Teilmenge X ⊂ Sⁿ⁻¹ = {x ∈ _Rⁿ | (x,x) = 1} heißtsphärisches t-Design, falls für allem≤t und f ∈ F_{n,m gilt}

Z

Sⁿ⁻¹

f(x)dx= ¹

|X |

∑

x∈X

f(x)_.

(2.2) Bemerkung

Die symmetrische Bilinearform

(f,g) 7→

Z

Sⁿ⁻¹

f(x)g(x)dx

ist einOn(_R)invariantes Skalarprodukt auf F_n,m. Beweis

Es gilt mit der Transformationsformel:

(_σf,σg) = Z

Sⁿ⁻¹

f(xσ)g(xσ)dx= Z

Sⁿ⁻¹

f(x)|det(_σ)|

| {z }

=1

g(x)dx= Z

Sⁿ⁻¹

f(x)g(x)dx = (f,g).

(2.3) Satz

Für eine endliche, nicht-leere TeilmengeX ⊂ Sⁿ⁻¹ sind äquivalent:

(a)X ist ein sphärisches t-design.

(b) Für allem ≤tund alle Polynome f ∈ F_n,m ist

x

∑

f(x) =

∑

x∈X

(_σf)(x) für alleσ ∈On(_R).

(c) Für jedes 1≤m≤t und jedes harmonische Polynom f ∈ Harmn,m ist

x

∑

f(x) =0.

(d) Sei{g,u} ={t,t−1} und u ungerade,g gerade. Dann gibt es eine Konstante cg

mit

∑

x∈X

(_x,α)^g =_cg(_α,α)^g/2 _und

∑

x∈X

(_x,α)^u =_{0 für alle α} ∈_Rⁿ_.

§ 2 Sphärische Designs Beweis

a)⇒b)

Es gilt mit a) für allem≤tund alle Polynome f ∈ F_n,m :

x

∑

f(xσ) =|X | · Z

Sⁿ⁻¹

f(xσ)dx =|X | · Z

Sⁿ⁻¹

f(x)|det(σ)|dx=|X | · Z

Sⁿ⁻¹

f(x)dx =

∑

x∈X

f(x)

b)⇒_c)

Aus b) folgt, dass die Abbildung

φ: Harmn,m →_R, f 7→

∑

x∈X

f(x) On(_R)-invariant ist.

Also ist ihr Kern K := {f ∈ _Harmn,m|_∑x∈X f(x) = ₀} _ein On(_R)-invarianter Teil- raum von Harmn,m.

Wegen der Irreduziblität von Harmn,m folgt darausK ={0} oder K= Harmn,m. 1. Fall:

AusK={0} folgt, dassφinjektiv ist und somit dim( Harmn,m) ≤dim(R) = 1.

Dann gilt jedoch bereits m=0, c) fordert nur für 1≤m≤tund ist somit erfüllt.

2. Fall: Aus K= Harmn,m folgt sofort c) c)⇒d)

Induktion über t

(Es gilt(x,α)^g =ρ^g_α, ω(x) = (x,x) = 1 für alle x∈ X ⊂ Sⁿ⁻¹) IA: Für t=1 gilt: g=0, u=1, für t=2 gilt: g=2, u=1.

Also ist zu zeigen, dass die Gleichungen für g=0, u=1 und g=2 gelten.

g=0:∑x∈X(x,α)⁰ =_∑x∈X 1=|X | =c₀·1 =c₀(α,α)^0/2

u=1:∑x∈X(x,α)¹ =_{∑x∈X ρα} =^c) _{0, da∆ρα} =_{0, also ρα} ∈ _Harmn,m. g=2: Nach (1.7) d) gilt:

∑x∈X

ρ²_α(x)−^(α,α_n ⁾ω(x)=0

⇒_∑x∈Xρ²_α(x) =_∑x∈X ^(α,α_n ⁾ ω(x)

| {z }

=₁

= ^(α,α_n ⁾|X |

⇒_∑x∈X(x,α)² = ^{|X |}_n (α,α) = c2(α,α)^2/2 IV: Aussage d) gelte für alle j ≤t−2

IS:t−2⇒t : Seit≥2.

Wir wollen zeigen, dassdj ∈_Rexistieren mit:

∆ρ^t_α =_∆

t−2 j=0,

∑

d_j(α,α)^(t−j)/2_ρα^j_ω^(t−j)/2

!

§ 2 Sphärische Designs Mit (1.7)(a) gilt: ∆ρ^t_α =t(t−1)(α,α)ρ^t_α⁻²und mit (1.7)(c) gilt:

∆

∑^t_j⁻=²0, j≡₂ t dj(α,α)^(t−j)/2ρα^jω^(t−j)/2

=_∑^t_j⁻₌²_{0, j≡}

2 t d_j(α,α)^(t−j)/2h(t−j)(t+j+n−2)ω^{(t−j−2)/2}ρ_α^j +j(j−1)(α,α)ω^(t−j)/2ρ_α^j−2 i

Da wir die Gleichung nur für x∈ X brauchen, ersetzen wirω(x) =1.

Sortieren wir die Gleichung nachρ^jα (mit Indexverschiebung), folgt weiter:

= d_t−2(_α,α)₂(2t+n−₄)_ρ^t_α⁻² +_∑^t_j⁻₌⁴_{0, j≡}

2 t ρ^j_αω^{(t−j−2)/2} h

d_j(α,α)^(t−j)/2(t−j)(t+j+n−2) + (α,α)^(t−j)/2d_j+2(j+2)(j+1)ⁱ Nun sehen wir, dass der Koeffizient vonρ^t_α⁻² nur von dt−2abhängt. Wähle also

dt−2 = _2(2t^t(t₊⁻_n¹₋⁾₄₎ und die anderen dj so, dass die restlichen Summanden verschwin- den.

Dann ist die obige Gleichung erfüllt. Also können sich die beiden Polynome nur um ein harmonisches Polynom h unterscheiden und es gilt:

ρ^t_α =h+

t−2 j=0,j

∑

d_j(α,α)^(t−j)/2_ρ^j_αω^(t−j)/2 Also ist

x

∑

(x,a)^t =

∑

x∈X

ρ^t_α(x) =

∑

x∈X

h(x)

| {z }

=c) 0

+

∑

x∈X

t−1 j=0,

∑

d_j(_α,α)^(t−j)/2_ρα^j(x)_ω(x)

| {z }

=1

=

t−1 j=_0,

∑

dj(α,α)^(t−j)/2

∑

x∈X

ρα^j(x) ^(?)=

0 tungerade

ct(α,α)^t/2 tgerade

? :



















für t ungerade gilt: j<t, j ungerade ⇒_{∑x∈X ρα}^j(x) ^(IV=⁾ 0

für t gerade gilt: j<t, j gerade ⇒_∑x∈X ρ_α^j(x) ^(IV=⁾ c_j(α,α)^j/2

⇒_∑x∈X ρ^t_α(x) =

t−1 j=0,

∑

djcj

| {z }

ct

(α,α)^(t−j+j)/2

d)⇒a)

Da nach (1.5) dieρ^m_α den Raum F_n,m erzeugen, genügt es die Gleichung Z

Sⁿ⁻¹

f(_x)_dx= ¹

|X |

∑

x∈X

f(_x)_.

§ 2 Sphärische Designs für f =ρ^m_α mit 0≤m ≤tund α ∈_Rⁿ beliebig nachzurechnen.

Nach den Voraussetzungen (d) wissen wir bereits, dass

x

∑

ρ^m_α(x) =

0 m ungerade

cm(α,α)^m/2 m gerade.

fürm=t oder m=t−1, wobei laut (2.4) die Konstantecm eindeutig festgelegt ist.

Wendet man auf beide Seiten den Laplace-Operator∆bezüglichα an, so erhält man:

1. Fall: m ungerade:

∑x∈X ρ^m_α(x) =0

⇒_∆(_∑x∈X ρ^m_α(x)) =_∆(0)

⇒_∑x∈X m(m−1) (x,x)

| {z }

=1

ρ^m_α⁻²(x) =0

⇒_∑x∈X ρ^m_α⁻²(x) =0 2. Fall: m gerade:

∑x∈X ρ^m_α(x) = cm(α,α)^m/2

⇒ _{∆ ∑x∈X} ρ^m_α⁻²(x) =_∆ cm(α,α)^m/2

(1.7)

⇒ _∑x∈X m(m−1) (x,x)

| {z }

=1

ρ^m_α⁻²(x) = cm· ^2m₂ (^2m₂ +n−2)(α,α)^(m−2)/2

⇒ _∑x∈X ρ^m_α⁻²(x) = cm· ^m+n−₂ m−1

| {z }

(2.4)

= cm−2

(α,α)^(m−2)/2

Also gelten die Gleichungen aus d) induktiv für allem≤t.

Jetzt bleibt nur noch zu zeigen, dass:

Z

Sⁿ⁻¹

ρ^m_αdx=^!

( 0 mungerade

cm

|X |(α,α)^m/2 mgerade.

Beachte: Im folgenden sind dieαunsere Variablen, ρ^m_α(x) = _ρ^m_x(_α)_. Dabei ist das Integral auf der linken SeiteOn(_R) invariant und aus Fn,m. Nach Satz(1.12) gilt, dass

F_n,m = Harmn,m ⊥ω Harmn,m−2 ⊥ω² Harmn,m−4 ⊥ . . . ⊥ω^bm/2c Harm_n,m−2bm/2c

eine Zerlegung vonF_n,m in irreduzible On(_R)-invariante Teilmoduln ist.

SchreibeR

Sⁿ⁻¹ρ^m_x(_α)dx=_∑^m_j=0ω^j·h_j, h_j ∈ _{Harmn,m−2j.}

Da fm undω On(_R)-invariant sind, muss auchhj On(_R)-invariant sein.

Also ist hh_ji einOn(_R)-invarianter Teilraum von Harm_n,m−2j.

§ 2 Sphärische Designs Da Harmn,m−2jOn(_R)-irreduzibel ist, folgt daraushhji =0 oder

hh_ji = Harm_n,m−2j=_R= Harmn,0, da dim(hh_ji) =1

⇔ j= ^m₂.

1. Fall: m ungerade.

⇔ hh_ji =₀⇔h_j =₀⇔R

Sⁿ⁻¹ρ^m_αdx=₀ 2. Fall: m gerade.

⇔h_j =0 für alle j^m,hm ∈_R⇒R

Sⁿ⁻¹ρ^m_α(x)dx=hm(α,α)^m/2 Behauptung:hm = _{|X |}^cm

Beweis durch Induktion:

IA: fürm=0 gilt:h0 =h0(α,α)^0/2 =R

Sⁿ⁻¹ρ⁰_α(x)dx=vol(Sⁿ⁻¹) =1=d0·1 = _{|X |}^c0 IS:m−₂7→ m:

Wir wenden auf die Gleichung hm(α,α)^m/2 = R

Sⁿ⁻¹ρ^m_α(x)dx den Laplace-Operator bezüglich α an. Der Laplace-Operator bezüglich α vertauscht mit der Integration nachx:

∆ hm·(α,α)^m/2 =_∆ R

Sⁿ⁻¹ρ^m_α(x)dx

=R

Sⁿ⁻¹∆(ρ^m_x(α))dx

(1.7)

⇔ hm·m(m+n−2) =R

Sⁿ⁻¹m(m−1) (x,x)

| {z }

=₁

ρ^m_x⁻²(α)dx

=m(m−1)hm−2(α,α)^{(m−2)/2 (IV}=⁾ m(m−1)^c_{|X |}^m−2(α,α)^(m−2)/2

⇔hm = _m^m₊⁻_n−¹₂^c_{|X |}^{m−2 (2.4}=⁾ _{|X |}^cm

⇒Behauptung

⇒ Z

Sⁿ⁻¹

ρ^m_αdx=

( 0 mungerade

c_m

|X |(α,α)^m/2 mgerade.

(2.4) Bemerkung

Die Konstantecg in Satz (2.3)(d) ist gegeben durch cg = ¹·3·5· · ·(g−1)

n(n+2)(n+4)· · ·(n+g−2)|X |. Beweis

Wir wenden den Laplace-Operator bezüglich α auf die linke Seite der Gleichung

∑x∈X(x,α)^g =cg(α,α)^g/2 aus 2.3 (d) an. Wir erhalten also:

∂²

∂α²_i

∑

x∈X

(x,α)^g= ^∂

2

∂α²_i

∑

x∈X

ρx(_α)^{g (1.7}=^)(a)

∑

x∈X

g(g−₁)(x,x)_ρx(_α)^g−2

§ 2 Sphärische Designs Das gleiche Vorgehen für die rechte Seite der Gleichung liefert:

∂²

∂α²_i cg(_α,α)^g/2 = ^∂

2

∂α²_i cg ω(_α)^{g/2 (1.7}=^)(b) cg g(g+n−₂)_ω(_α)^g/2−1

g/2-faches Anwenden des Laplace-Operators (wieder bzgl.α) liefert für die besagte Gleichung 2.3 (d) also:

g!

∑

x∈X

(x,x)^g2

| {z }

=1, da^{x∈X ⊂Sn−1}

=cg·g·(g−2)· · ·2·(g+n−2)·(g−2+n−2)· · ·(2+n−2)

⇔_g!· |X | =cg·_g·(g−₂)· · ·₂·(g+n−₂)·(g−₂+n−₂)· · ·(2+n−₂)

⇔cg = ¹·₃·₅· · ·(g−₁)

n(n+2)(n+4)· · ·(n+g−2)|X | (2.5) Bemerkung

Häufig wird X symmetrisch sein (z.B. X = S(L)), das heißt mit x ∈ X ist auch

−x ∈ X. Dann ist die 2. Gleichung in Satz 2.3 (d) trivialerweise immer erfüllt.

(2.6) Erinnerung

Ein Gitter L heißt eutaktisch, falls seine Grammatrix F ∈ _R^n×n symmetrisch, positiv definit ist und esλx >0 für alle x∈ S(F) gibt, so dass:

F⁻¹ =

∑

x∈S(F)

λxx^tx

Dies ist äquivalent zu der Bedingung, esγy>0 ∀ y∈ S(L) gibt mit:

In =

∑

y∈S(L)

γyy^ty

Beweis

Sei t1, . . . ,tn eine Basis von L und T := (t1. . .tn) Matrix. Dann ist TT^t = F die Grammatrix des Gitters.

Für das Verhältnis der Minima von L und F gilt:

min(F) =min{`F`^t |0 6=`∈ _Zⁿ}

F=TT^t

= min{(`T)

| {z }

∈L

(T^t`^t)

| {z }

=(`T)^t

| 06=`∈_Zⁿ}

=min{xx^t | x ∈ L} =min(L)

§ 2 Sphärische Designs und für die Menge der kürzesten Vektoren:

S(F)·T ={` ∈<sub>Z</sub><sup>n</sup> | 06=`F`^t =min(F)} ·T

={ `T

|{z}∈L

| `∈<sub>Z</sub><sup>n</sup> und 0 6= `T

|{z}∈L

T^t`^t

|{z}

=(`T)^t

=min(L)}

=S(L)

Da als F Grammatrix von L eutaktisch ist, gibt es λx >0 ∀ x∈ S(F) derart, dass:

x∈

∑

λxx^tx =F⁻¹ = (TT^t)⁻¹= T^−tT⁻¹

Durch Multiplikation dieser Gleichung mitT^t bzw.T von links bzw. rechts erhalten wir

In =T^t(T^−tT⁻¹)T =

∑

x∈S(F)

λx(T^tx^t)(xT)

=

∑

x∈S(F)

λx(xT)^t(xT)

=

∑

y∈S(F)·T

λ_yT⁻¹y^ty

=

∑

y∈S(L)

γyy^ty mitγy :=λ_y·T⁻¹.

Anmerkung: Eutaktisch zu sein ist eine Eigenschaft der Ähnlichkeitsklasse von [F]. Darum ist Eutaxie in (2.6) wohldefiniert.

(2.7) Definition

Ein Gitter L heißt stark eutaktisch, falls L eutaktisch ist und alle Eutaxiekoeffizienten

λx mit x ∈S(L) gleich gewählt werden können.

(2.8) Satz

Ein Gitter L ist stark eutaktisch, genau dann wenn S(L) ein sphärisches 2-Design

ist.

Beweis

Nach (2.6) und (2.7) ist L genau dann stark eutaktisch, wenn es ein λ > 0 gibt, sodass:

In =λ

∑

x∈S(L)

x^tx. (?)