Derivación de la inversa de la matriz de Hilbert

Question

La matriz de Hilbert es la matriz cuadrada dada por

$$H_{ij}=\frac{1}{i+j-1}$$

Wikipedia afirma que su inversa viene dada por

$$(H^{-1})_{ij} = (-1)^{i+j}(i+j-1) {{n+i-1}\choose{n-j}}{{n+j-1}\choose{n-i}}{{i+j-2}\choose{i-1}}^2$$

De ello se deduce que las entradas de la matriz inversa son todas números enteros.

Me preguntaba si hay alguna forma de demostrar que su inversa es una matriz entera sin utilizar la fórmula anterior.

¿Cómo se puede demostrar la fórmula explícita de la inversa? Wikipedia me remite a un artículo de Choi, pero sólo incluye un breve esbozo de la demostración.

Answer 1

Gracias a todos por las respuestas ofrecidas. Después de buscar en varios enlaces, me encontré con una muy similar comentario de Deane Yang en 1991 (!), que ofrecía un elegante esbozo de una prueba. Me pareció que estaría bien ampliar los detalles de la prueba. Esta prueba no utiliza la "maquinaria de Cholesky", y es posible deducir que las entradas de la inversa son enteras sin conocer las entradas explícitamente.

En primer lugar, observamos que $$H_{ij} = \frac{1}{i+j-1}= \int_{0}^{1}x^{i+j-2}dx= \int_{0}^{1}x^{i-1}x^{j-1}dx$$ Podemos tratar $\int_{0}^{1}p(x)q(x)dx$ como producto interior, $ \langle p, q \rangle $ en el espacio vectorial $P_{n-1}(x)$ de polinomios de grado $ < n $ .

$H_n$ El $n \times n$ matriz de Hilbert, corresponde a la Matriz gramiana del conjunto de vectores $\{ 1,x,x^2,...,x^{n-1} \} $ .

A continuación, el Polinomios de Legendre desplazados vienen dadas por $$\tilde{P_n}(x) = (-1)^n \sum_{k=0}^n {n \choose k} {n+k \choose k} (-x)^k$$

Observamos que se trata de polinomios con coeficientes enteros. También tienen la propiedad de que $$\int_{0}^{1} \tilde{P_m}(x) \tilde{P_n}(x)dx = {1 \over {2n + 1}} \delta_{mn}$$

También, $\tilde{P_m}(x)$ es un polinomio de grado $m$ Así que $\{ \tilde{P_0}(x), \tilde{P_1}(x), ... \tilde{P_{n-1}}(x) \}$ constituyen una base alternativa de $P_{n-1}(x)$ .

El cambio de matriz base, $P$ (de la base estándar a esta nueva base) puede obtenerse eligiendo el coeficiente de la potencia apropiada de $x$ en la fórmula explícita anterior para los polinomios de Legendre. Tenemos $$ P_{ij} = (-1)^{i+j-1} {j-1 \choose i-1} {i+j-2 \choose i-1}$$ (es decir, sustituir $n$ por $j-1$ y $k$ por $i-1$ en la fórmula para $\tilde{P_n}$ ).

En Matriz Gramiana bajo este cambio de base es $P^T H P$ . Pero desde el $\tilde{P_i}$ son ortogonales, obtenemos $$ (P^T H P)_{ii} = {1 \over 2i-1}$$ .

Sea esta matriz diagonal $D$ . Como es diagonal, su inversa viene dada por $$(D^{-1})_{ii} = \frac{1}{Dii} = 2i -1 $$

Entonces $$ P^T H P = D $$ . Así que $$ H = (P^T)^{-1} D P^{-1} $$ y $$ H^{-1} = P D^{-1} P^T $$ .

Desde entonces, $P$ , $P^T$ y $D$ son todas matrices enteras, $H^{-1}$ es una matriz entera. $ \blacksquare $

Answer 2

Una prueba sencilla se encuentra en el documento "Números de Fibonacci y polinomios ortogonales" por Christian Berg.

Answer 3

Basta con demostrar la fórmula de Schechter para la matriz de Cauchy citada en Wikipedia (véase el enlace en el comentario de Faisal). Hay que comprobar $\sum_j b_{ij}a_{jk}=\delta_{ik}$ es decir $$ \frac{A(y_i)}{B'(y_i)}\sum_j \frac{f(x_j)}{A'(x_j)}=-\delta_{i,k}, $$ donde $f(t)=B(t)/((t-y_i)(t-y_k))$ . Si $i\ne k$ entonces $f$ no es más que un polinomio de grado $n-2$ y la suma interior es su coeficiente en $t^{n-1}$ (esto se deduce de la interpolación de Lagrange en los puntos $x_1,\dots,x_n$ ). Si $i\ne k$ denotemos por $F$ el polinomio de Lagrange correspondiente $F(x)=\sum f(x_j) \frac{A(x)}{(x-x_j)A'(x_j)}$ buscamos un coeficiente de $F$ en $x^{n-1}$ . Tenemos $F(x_j)=f(x_j)$ Así que $F(x)(x-y_i)-\prod_{j\ne i}(x-y_i)$ desaparece para $x=x_1,x_2,\dots,x_n$ . Así que.., $F(x)(x-y_i)-\prod_{j\ne i}(x-y_i)=cA(x)$ y encontramos $c$ sustituyendo $x=y_i$ .

Answer 4

Es un poco tortuoso, pero me gustaría señalar esto papel de Hitotumatu, donde deduce expresiones explícitas para el triángulo de Cholesky de una matriz de Hilbert. A partir de las expresiones para el triángulo de Cholesky, deberías ser capaz de derivar expresiones explícitas para la inversa (si $\mathbf A=\mathbf G\mathbf G^\top$ entonces $\mathbf A^{-1}=\mathbf G^{-\top}\mathbf G^{-1}$ ).

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Dado que el documento no es tan fácilmente accesible, incluiré aquí el resultado principal. Si $\mathbf A$ es la matriz de Hilbert, con la descomposición $\mathbf A=\mathbf L\mathbf D\mathbf L^\top$ con $\mathbf L$ unidad triangular inferior y $\mathbf D$ diagonal, entonces

$$\begin{align*}\ell_{j,k}&=\frac{(2k-1)\binom{2k-2}{k-1}\binom{2j-1}{j-k}}{(2j-1)\binom{2j-2}{j-1}}\\d_{k,k}&=\frac1{(2k-1)\binom{2k-2}{k-1}^2}\end{align*}$$

Answer 5

(Nota: Los elementos de la matriz se indexan a partir de $0$ . Para evitar confusiones, no indexaré en una matriz sin paréntesis)

He aquí una aproximación ingenua a este problema, sin retrospectiva de la fórmula ya derivada.

Lema: Si $M \in \mathbb F^{n \times n}$ es una matriz invertible y $(\alpha_i),(\beta_i)$ son elementos distintos de cero de $\mathbb F$ entonces la matriz formada por $$N := \left[(M)_{i,j}\alpha_i\beta_j\right]$$ es invertible, y su inversa viene dada por $$N^{-1} = \left[(M^{-1})_{i,j}\beta_i^{-1}\alpha_j^{-1}\right]$$

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Sea $H_n$ sea el $n$ -matriz de Hilbert, dada por $$ H_n = \left[\frac1{i+j+1}\right]_{i,j} $$ Entonces $H_n$ es invertible y cada elemento de $H_n^{-1}$ es un número entero.

Prueba: En $H_n$ s están anidados unos dentro de otros: $$ H_{n+1} = \begin{bmatrix} H_n & u \\ u^\intercal & 1/(2n+1)\end{bmatrix} $$ Defina $V_n := H_n - (2n+1)uu^\intercal$ . Entonces $$\begin{align*} V_n &= \left[\frac1{i+j+1} - \frac{2n+1}{(n+1+i)(n+1+j)}\right] \\ &= \left[\frac{(n-i)(n-j)}{(i+j+1)(n+1+i)(n+1+j)}\right] \\ &= \left[(H_n)_{i,j} \frac{n -i}{n+1+i} \frac{n-j}{n+1+j}\right] \end{align*}$$ Es bien sabido que si $V_n$ es invertible, entonces también lo es $H_{n+1}$ pero la invertibilidad de $V_n$ está intrínsecamente ligada a $H_n$ por lo que un argumento inductivo da que $H_n$ es invertible.

La inversa de $H_{n+1}$ viene dada por la fórmula de inversión de Blockwise: $$ H_{n+1}^{-1} = \begin{bmatrix} V_n^{-1} & -(2n+1)V_n^{-1}u \\ -(2n+1)u^\intercal V_n^{-1} & (2n+1) + (2n+1)^2u^\intercal V_n^{-1} u\end{bmatrix} $$ Por el lema anterior, la inversa de $V_n$ viene dada por $$ V_n^{-1} = \left[(H_n^{-1}) \frac{(n+1+i)(n+1+j)}{(n-i)(n-j)} \right] $$ Desde $V_n^{-1}$ es un componente de $H_{n+1}$ se puede utilizar para telescopiar las entradas de $H_n^{-1}$ .

Por la simetría de $H_n,V_n,H_n^{-1}$ basta con considerar la porción triangular superior de $H_n$ . Podemos ver que eventualmente un elemento "interior" de $H_n^{-1}$ "aterriza" en un elemento de borde de algún $H_n^{-1}$ : Sea $i,j<n$ con $i \leq j$ . Entonces $$\begin{align*} (H_{n+1}^{-1})_{i,j} &= (V_n^{-1})_{i,j} = (H_{j+1}^{-1})_{i,j} \frac{(2j+2)(i+j+2)}{1(j+1-i)} \cdots \frac{(n+1+i)(n+1+j)}{(n-i)(n-j)} \\ &= (H_{j+1}^{-1})_{i,j} \frac{(n+1+i)!(n+1+j)!}{(2j+1)!(i+j+1)!} \frac{(j-i)!}{(n-i)!(n-j)!} \\ &= (H_{j+1}^{-1})_{i,j} \frac{(j-i)!}{(2j+1)!(i+j+1)!} \frac{(n+1+i)!(n+1+j)!}{(n-i)!(n-j)!(2i+1)!(2j+1)!} (2i+1)!(2j+1)! \\ &= (H_{j+1}^{-1})_{i,j} \frac{(j-i)!(2i+1)!}{(i+j+1)!} \binom{n+1+i}{n-i}\binom{n+1+j}{n-j} \\ &= (H_{j+1}^{-1})_{i,j} \frac{1}{\binom{i+j+1}{2i+1}} \binom{n+1+i}{n-i}\binom{n+1+j}{n-j} \end{align*}$$ Esta es una pista muy fuerte sobre cuál debe ser la hipótesis inductiva.

Hipótesis inductiva P(n):

Cada elemento de $H_n^{-1}$ es un número entero, y $$\binom{n+i}{n-1-i}\binom{n+j}{n-1-j} \mid (H_n^{-1})_{i,j}$$ donde $i,j \in \{0,\dots,n-1\}$ .

Definir la matriz $$ A_n := \left[\frac{(H_n^{-1})_{i,j}}{\binom{n+i}{n-1-i} \binom{n+j}{n-1-j}}\right]_{i,j} $$ $P(n)$ es sólo la afirmación de que $A_n$ tiene entradas enteras. Evidentemente $P(1)$ retenciones. Supongamos que $P(n)$ es válido para $n$ . Examinaremos la validez de $P(n+1)$ .

Hay tres casos:

1. Supongamos que $i,j < n$ . Esto corresponde a un elemento "interior $(H_{n+1}^{-1})_{i,j}$ de $H_{n+1}^{-1}$ .

Tenemos que $$\begin{align*} (H_{n+1}^{-1})_{i,j} &= (V_n^{-1})_{i,j} = (H_n^{-1})_{i,j} \frac{(n+1+i)(n+1+j)}{(n-i)(n-j)} \\ &= (A_n)_{i,j} \binom{n+i}{n-1-i}\binom{n+j}{n-1-j} \frac{(n+1+i)(n+1+j)}{(n-i)(n-j)} \\ &= (A_n)_{i,j} \binom{n+1+i}{n-i} \binom{n+1+j}{n-j} \end{align*}$$ Establecimiento del caso interior. (También puede deducirse de esta ecuación que $A_n$ están anidados unos dentro de otros).

2. El caso límite: Considere el borde $-(2n+1)V_n^{-1}u$ . Sea $i \in \{0,\dots,n-1\}$ En $i$ ésimo elemento $(H_{n+1}^{-1})_{i,n}$ en el borde viene dado por el producto punto $$\begin{align*} -(2n+1)(V_n^{-1}u)_i &= -(2n+1) \sum_{j=0}^{n-1} (V_n^{-1})_{i,j} (u)_j \\ &= -(2n+1) \sum_{j=0}^{n-1} (H_n^{-1})_{i,j} \frac{(n+1+i)(n+1+j)}{(n-i)(n-j)} \frac1{n+1+j} \\ &= -\frac{(n+1+i)(2n+1)}{n-i} \sum_{j=0}^{n-1} (H_n^{-1})_{i,j} \frac1{n-j} \\ &= -\frac{(n+1+i)(2n+1)}{n-i} \sum_{j=0}^{n-1} (A_n)_{i,j} \binom{n+i}{n-1-i}\binom{n+j}{n-1-j} \frac1{n-j} \\ &= -\frac{n+1+i}{n-i}\binom{n+i}{n-1-i} \sum_{j=0}^{n-1} (A_n)_{i,j} \frac{2n+1}{n-j} \binom{n+j}{n-1-j}\\ \end{align*}$$ Ici la gente demostró que el multiplicador en la suma es un número entero, por lo que queda por demostrar que $$ \frac{n+1+i}{n-i}\binom{n+i}{n-1-i} = \binom{n+i+1}{n-i} = \binom{n+i+1}{n-i}\binom{n+n+1}{n-n} $$ también es un número entero.

3. El elemento de esquina $(H_{n+1}^{-1})_{n,n}$ viene dada por la forma cuadrática: $$\begin{align*} (H_{n+1}^{-1})_{n,n} - (2n+1) &= (2n+1)^2 \sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1} \frac{(H_n^{-1})_{i,j}}{(n-i)(n-j)} \\ &= \sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1} (A_n)_{i,j} \frac{(2n+1)(2n+1)}{(n-i)(n-j)}\binom{n+i}{n-1-i}\binom{n+j}{n-1-j} \end{align*}$$ La última suma es una suma de enteros, y por tanto un entero. Trivialmente se cumple que $$ \binom{n+1+n}{n-n}\binom{n+1+n}{n-n} \mid (H_{n+1}^{-1})_{n,n} $$ Establecidos los tres casos, la prueba se completa por inducción.