代数的組合せ論の問題

係数の意味. $m_{\mu }$ は単項式 $x^{\mu }$ の対称化だから、$a_{\mu }$ は $e_2^3$ における単項式 $x_1^{{\mu }_1}{x}_2^{{\mu }_2}\cdots$ の係数に等しい。したがって $a_{(2,2,1,1)}$ は $e_2^3$ における $x_1^2{x}_2^2{x}_3{x}_4$ の係数である。

$e_2^3=e_2\cdot e_2\cdot e_2$ を展開すると、各因子から単項式 $x_i{x}_j$（$i<j$）を $1$ つずつ選ぶことになる。$k$ 番目の因子で選んだ $\{i,j\}$ の位置に $1$ を置くと、行和がすべて $2$ の $0,1$ 行列ができる。よって求める係数は

「$3\times 4$ の $0,1$ 行列で、各行の和が $2$、列の和が順に $(2,2,1,1)$ であるものの個数」

である。

数え上げ. 第 3 列と第 4 列にはそれぞれちょうど $1$ つの $1$ がある。

(i) 第 3 列と第 4 列の $1$ が同じ行 $r$ にあるとき: 行 $r$ は $(0,0,1,1)$ である。残りの $2$ 行は第 3, 4 列が $0$ なので、行和 $2$ より $(1,1,0,0)$ に決まり、第 1, 2 列の和はともに $2$ となって条件をみたす。$r$ の選び方は $3$ 通りなので $3$ 個。

(ii) 第 3 列の $1$ が行 $r$、第 4 列の $1$ が行 $s$（$r\ne s$）にあるとき: $(r,s)$ の選び方は $3\cdot 2=6$ 通り。残りの行 $t$ は $(1,1,0,0)$ に決まる。行 $r$ と行 $s$ はそれぞれ第 1 列か第 2 列のどちらかにもう $1$ つの $1$ をもつ。第 1 列・第 2 列の和がともに $2$ になるには、行 $r$ と行 $s$ が第 1 列と第 2 列に $1$ つずつ分かれる必要があり、その方法は $2$ 通り。よって $6\cdot 2=12$ 個。

合計して
$$a_{(2,2,1,1)}=3+12=15.$$

（別の見方: 3 つの因子で選ぶ辺 $\{i,j\}$ を並べたものは、頂点 $1,2,3,4$ の次数が $2,2,1,1$ の、ループのない $3$ 辺の多重グラフに辺の順序をつけたものである。そのような多重グラフは道 $3\text{-}1\text{-}2\text{-}4$、道 $3\text{-}2\text{-}1\text{-}4$、二重辺 $\{1,2\}$ と辺 $\{3,4\}$ の $3$ つで、順序のつけ方はそれぞれ $6,6,3$ 通り。合計 $15$ で一致する。）

$a_{(2,2,1,1)}$ は $e_2^3$ における単項式 $x_1^2{x}_2^2{x}_3{x}_4$ の係数である。$e_2^3$ の各項は、頂点 $\{1,2,3,4\}$ 上の辺 $\{i,j\}$ ($i<j$) を 3 本、順序つきで（同じ辺の重複も可）選んで掛けたもの。次数列が $(2,2,1,1)$ となる選び方を数える。辺 $\{i,j\}$ の本数を $x_{ij}$ とすると、$x_{12}+x_{13}+x_{14}=2$、$x_{12}+x_{23}+x_{24}=2$、$x_{13}+x_{23}+x_{34}=1$、$x_{14}+x_{24}+x_{34}=1$、総数 3 本。
(i) $x_{34}=1$ のとき: 頂点 3,4 の次数が尽きるので $x_{12}=2$。辺の多重集合は $\{12,12,34\}$、順序つき配置は $3$ 通り。
(ii) $x_{34}=0$ のとき: $x_{13}+x_{23}=1$、$x_{14}+x_{24}=1$ より $x_{12}=3-2=1$。さらに $x_{13}+x_{14}=1$、$x_{23}+x_{24}=1$ から $\{12,13,24\}$ または $\{12,14,23\}$。いずれも相異なる 3 辺なので順序つき配置は各 $3!=6$ 通り。
合計 $3+6+6=15$。
検算: 同じ数え方で $a_{(1^6)}=6!/(2!{)}^3=90$ が $e_2^3$ の既知の値（完全マッチングの順序つき分解）と整合する。よって $a_{(2,2,1,1)}=15$。