La matriz dada por $a_{ij} = 1/(i+j)$ es no singular.

Question

Lo que es una forma inteligente de ver que $$A\stackrel{\cdot}{=} \begin{bmatrix} 1/2 & 1/3 & \cdots & 1/(n+1) \\ 1/3 & 1/4 & \cdots & 1/(n+2) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1/(n+1) & 1/(n+2) & \cdots & 1/(2n) \end{bmatrix} $$es no singular?

Yo calculadas $\det A$$n=1,2$$3$, pero no pude ver el patrón.

El contexto es el siguiente: en $\Bbb R[x] $ con producto interior dado por $\langle p(x),q(x)\rangle \stackrel{\cdot}{=}\int_0^1p(x)q(x)\,{\rm d}x$, quiero ver que si $U\stackrel{\cdot}{=} \{p(x) \in \Bbb R[x]\mid p(0)=0\}$, $U^{\perp} =\{0\}$ (y, por tanto,$U^{\perp\perp}=\Bbb R[x]\neq U$). Tomé $f(x) \in U^\perp$ y calculadas $\langle f(x),x^k\rangle$$k\geq 1$. He obtenido un sistema homogéneo para los coeficientes de $f(x)$ ha $A $ como la matriz asociada. Así que si $A$ es no-singular, yo estoy hecho.

Answer 1

Aquí es una aproximación:

Usted sabe que $x \mapsto x^k$, $k=1,2,...$ son linealmente independientes, y así el operador $L: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}[x]$ $(L \alpha) (x) = \sum_k \alpha_k x^k$ es inyectiva. Por lo tanto $L^*L$ es inyectiva, y desde $A= L^*L$ vemos que $A$ es invertible. (El interior del producto especificado en la pregunta es utilizado implícitamente a lo largo de esta respuesta.)

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Aquí es un enfoque alternativo para el problema subyacente:

Deje $s_n(x) = 1-(1-x)^n$. Tenga en cuenta que $\|s_n\| \le 1$, e $s_n(x) \to 1_{(0,1]}(x)$ todos los $x \in [0,1]$ (y la convergencia es uniforme en compacto de subconjuntos de a $(0,1]$).

En particular, se ha $s_n \cdot p \in U$ todos los $p \in \mathbb{R}[x]$, y $\|p-s_n \cdot p \| \to 0$. De ello se desprende que $\overline{U} = \mathbb{R}[x]$.

Desde $U^\bot = \overline{U}^\bot$, podemos ver que $U^\bot = \{ 0 \} $.

Como un aparte, se nota que la "evaluación" operador $Ep = p(0)$ es no continuo con la norma.

Answer 2

Sobre el determinante de a $A$, es un caso particular de algo que se llama Cauchy doble alternante.

En general, dados cualesquiera $2n$ números de $x_1, \ldots, x_n, y_1, \ldots, y_n$. Si uno la construcción de un $n \times n$ matriz con la entrada $\frac{1}{x_i + y_j}$ $i^{th}$ fila $j^{th}$ columna, uno tiene $$\det\left[ \frac{1}{x_i + y_j}\right] = \frac{\prod_{1\le i < j\le n}(x_i - x_j)(y_i - y_j)}{\prod_{1\le i, j \le n}(x_i + y_j)}\tag{*1}$$ En particular, esto significa que si $x_i$ $-y_j$ $2n$ distintos números, el determinante no es cero y por lo tanto la matriz es invertible.

No es difícil demostrar $(*1)$ nosotros mismos, considere la posibilidad de la expresión

$$\prod_{1\le i, j \le n}(x_i + y_j)\times\det\left[ \frac{1}{x_i + y_j}\right]$$

Si uno de ampliar el determinante, es fácil ver que esta expresión es un polinomio en a $x_i, y_j$. Desde el determinante se desvanece cuando $x_i$ es igual a algunos $x_j$ o $y_i$ es igual a algunos $y_j$. Este polinomio contiene $\prod_{1\le i < j\le n}(x_i - x_j)(y_i - y_j)$ como un factor. Por coincidencia el grado del polinomio en ambos lados, nos encontramos con

$$\det\left[ \frac{1}{x_i + y_j}\right] = \lambda_n \frac{\prod_{1\le i < j\le n}(x_i - x_j)(y_i - y_j)}{\prod_{1\le i, j \le n}(x_i + y_j)}$$

para algunas constantes $\lambda_n$ sólo depende de $n$. Si se sustituye $x_1$ por $\epsilon x_1$, $y_1$ por $\epsilon y_1$, envíe $\epsilon$ $0$y un vistazo a la limitación de los comportamientos de ambos lados, se puede concluir $\lambda_n = \lambda_{n-1}$. Uno puede comprobar $\lambda_1 = \lambda_2 = 1$ a mano y, por tanto, $\lambda_n = 1$ todos los $n$.

Aplicar esto a la de Hilbert como matriz $A$ a mano, obtenemos

$$\det\left[\frac{1}{i+j}\right] = \frac{(c_n c_{n+1})^2}{c_{2n+1}} \ne 0 \quad\text{ donde }\quad c_n = \prod_{k=1}^{n-1} k! $$ y, por tanto, $A$ es invertible.