(Argumento transcrito de mi trabajo en AoPS aquí ). El problema original de ese hilo, de la olimpiada colombiana de 2006, era exactamente la "versión original" a la que te refieres aquí.
Empezaremos todas las sumas en cero; las filas y columnas de nuestras matrices están indexadas por $\{0,1,\cdots,n-1\}$ .
Utilizando la notación del producto interior $\langle f,g\rangle = \int_0^1 fg$ tenemos que el $ik$ entrada $\frac1{i+k+1}$ de la matriz de Hilbert $H$ es $\langle x^{i},x^{k}\rangle.$ Si $f(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}$ y $g(x)=b_{0}+b_{1}x+\cdots+b_{n-1}x^{n-1},$ esto da $\langle f,g\rangle=\sum_{i,k}a_{i}b_{k}h_{ik}=a^{T}Hb,$ donde $a$ y $b$ son los vectores columna de los coeficientes. Supongamos que $q$ es un polinomio de grado máximo $n$ Satisfaciendo a $\langle q,x^{k}\rangle=1$ para cada $k,$ y que $a=(a_{0},a_{1},\dots,a_{n-1})^{T}$ sea su vector de coeficientes en la base estándar. Nuestra relación de producto interno se convierte en $(0,\dots,0,1,0,\dots,0)\cdot H\cdot (a_{0},\dots,a_{k-1},a_{k},a_{k+1},\dots,a_{n-1})= 1$ o, por el contrario $I\cdot H\cdot\begin{pmatrix}a_{0}\\ a_{1}\\ \vdots\\ a_{n-1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 1\\ \vdots\\ 1\end{pmatrix}=j.$ (En todos los cálculos siguientes, $j$ es este vector). Multiplicando por $H^{-1}$ , $a=H^{-1}j,$ y $\langle q,q\rangle=(H^{-1}j)^{T}H(H^{-1}j)=j^{T}H^{-1}j.$ Para cualquier matriz $M,$ $j^{T}Mj$ es la suma de las entradas de $M$ y tenemos que las dos versiones de este problema son equivalentes.
Ahora, necesitamos calcular algunos detalles de $H^{-1}.$ Para ello, trabajamos con un conjunto ortonormal de polinomios $p_i$ que son polinomios de Legendre a escala. Para cada $k,$ $p_{k}(x)=\frac{\sqrt{2k+1}}{k!}\frac{d^{k}}{dx^{k}}(x-x^{2})^{k}.$ La ortogonalidad se puede demostrar integrando por partes repetidamente, diferenciando el polinomio de grado inferior e integrando el polinomio de grado superior; los términos de frontera desaparecen en cada paso. La constante de normalización también procede de una integración por partes: $\int_{0}^{1}\left(\frac{d^{k}}{dx^{k}}(x-x^{2})^{k}\right)^{2}\,dx=(2k)!\int_{0}^{1}x^{j}(1-x)^{j}\,dx,$ y esta última integral se puede calcular integrando por partes otra $j$ tiempos.
Dejemos que $P$ sea la matriz triangular superior con $ik$ entrada la $x^{i}$ coeficiente de $p_{k}.$ Tenemos $P^{T}HP=\begin{pmatrix}\langle p_{0},p_{0}\rangle&\langle p_{0},p_{1}\rangle&\cdots&\langle p_{0},p_{n-1}\rangle\\ \langle p_{1},p_{0}\rangle&\langle p_{1},p_{1}\rangle&\cdots&\langle p_{1},p_{n-1}\rangle\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ \langle p_{n-1},p_{0}\rangle&\langle p_{n-1},p_{1}\rangle&\cdots&\langle p_{n-1},p_{n-1}\rangle\end{pmatrix}=I.$
Por lo tanto, $H=(P^{T})^{-1}IP^{-1}=(PP^{T})^{-1},$ y $H^{-1}=PP^{T}.$ Obtenemos $j^{T}H^{-1}j=(j^{T}P)(P^{T}j)=\|P^{T}j\|^{2}.$ El $k$ La entrada de $P^{T}j$ es la suma de las entradas del $k$ columna de $P,$ que es $p_{k}(1).$ Por la simetría de nuestra definición, $p_{k}(1)=(-1)^{k}p_{k}(0)=(-1)^{k}\sqrt{2k+1}.$ Por lo tanto, $j^{T}H^{-1}j=\sum_{k=0}^{n-1}2k+1=n^{2}$ y hemos resuelto el problema.
Eso no es todo, por supuesto: podemos obtener mucha información sobre $H^{-1}$ de $P$ . La entrada superior izquierda de $H^{-1}$ es la suma de los cuadrados de las entradas de la primera fila de $P;$ el $k$ La primera entrada de la primera fila es $p_{k}(0)=\sqrt{2k+1},$ y la entrada superior izquierda también es igual a $n^{2}.$ Podemos demostrar que las entradas de $H^{-1}$ son todos enteros: ya que $\frac1{k!}\frac{d^{k}}{dx^{k}}$ mapea polinomios con coeficientes enteros a otros polinomios con coeficientes enteros, $P=\begin{pmatrix}q_{0}&q_{1}&\cdots&q_{n-1}\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1&0&\cdots&0\\ 0&\sqrt{3}&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\sqrt{2n-1}\end{pmatrix},$ donde cada $q_{k}$ es un vector entero (que también interpretaremos como el polinomio entero $\frac1{\sqrt{2k+1}}p_{k}$ ). Esto hace que $PP^{T}=\begin{pmatrix}q_{0}&q_{1}&\cdots&q_{n-1}\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1&0&\cdots&0\\ 0&3&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&2n-1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}q_{0}^{T}\\ q_{1}^{T}\\ \cdots\\ q_{n-1}^{T}\end{pmatrix},$ un producto de matrices enteras. Podemos ir un paso más allá y escribir las entradas exactas de $H^{-1}$ como sumas; $(x-x^{2})^{k}=\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}\binom{k}{i}x^{i+k},$ y $q_{k}(x)=\frac1{k!}\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}\binom{k}{i}\frac{(k+i)!}{i!}x^{i}= \sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}\binom{k}{i}\cdot\binom{k+i}{i}x^{i}.$ Dejemos que $(q_{k})_{i}$ sea el coeficiente de $x^{i}$ en $q_{k}.$ El $ik$ entrada de $H^{-1}$ es entonces igual a $\sum_{l=0}^{n-1}(q_\ell)_{i}\cdot (2\ell+1)\cdot (q_\ell)_{k}=(-1)^{i+k}\sum_{\ell=0}^{n-1}(2\ell+1)\binom{\ell}{i}\cdot\binom{\ell}{k}\cdot\binom{\ell+i}{i}\cdot\binom{\ell+k}{k}.$ Para muchas entradas, la mayoría de los términos de esta suma son cero. En un caso extremo, la entrada inferior derecha de $H^{-1}$ sólo tiene un término no nulo en la suma; esa entrada es $(2n-1)\binom{2n-2}{n-1}^{2}.$
Desde $P$ es triangular, el determinante de $H^{-1}$ es relativamente fácil de calcular; es $\prod_{i=0}^{n-1}(2i+1)(q_{i})_{i}^{2}=\prod_{i=0}^{n-1}(2i+1)\binom{2i}{i}^{2}.$ Si escribimos $\binom{2i}{i}=2^{2i}\cdot\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2i-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2i)},$ el determinante se convierte en $\det(H^{-1})$ $=2^{4+8+\cdots+(4n-4)}\cdot 1^{2n-1}\cdot 2^{-(2n-2)}\cdot 3^{2n-3}\cdot 4^{-(2n-4)}\cdots (2n-1)^{1}\cdot (2n)^{0}$ $=2^{2n^{2}-2n}\prod_{k=1}^{2n}k^{(-1)^{k+1}(2n-k)}.$
