Inversa de la matriz de Pascal

Question

Dejemos que $P_n$ sea el $(n+1) \times (n+1)$ matriz que contiene los números del triángulo de Pascal en el triángulo superior. Por ejemplo, en el caso de $n=3$ $$ P_3 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} $$ o en general $$ (P_n)_{ij} = \binom{j}{i} \lfloor i \leq j \rceil ~\text{for} i,j \in \{0,...,n \} $$ utilizando la definición $$ \lfloor A \rceil := \begin{cases} 1 & \text{A is true} \\ 0 & \text{A is not true} \end{cases} $$ Esta matriz es invertible ya que $\det P_n = 1$ . Para casos más pequeños como $n=3$ Calcule la inversa de la matriz a mano y encontré $$ P_3^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -2 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} $$ $n=2,4$ condujo a resultados similares, por lo que supongo que la inversa debe ser $$ (P_n^{-1})_{ij} = (-1)^{j+i}(P_n)_{ij} = (-1)^{j+i} \binom{j}{i} \lfloor i \leq j \rceil $$ Pero aún no he podido probar o refutar esto. Hasta ahora he probado a multiplicar los dos matirces lo que da $$ \sum^j_{k=i} (-1)^{j+k} \binom{j}{k} \binom{k}{i} = \delta_{ij} $$ si se supone que el resultado es la matriz unitaria. Para $i=0$ y $j>0$ esto da $$ \delta_{0j} = 0 = \sum^j_{k=0} (-1)^{j+k} \binom{j}{k} \binom{k}{0} = \sum^j_{k=0} (-1)^{k} \binom{j}{k} $$ que es una identidad que sé que es cierta, por lo que me tranquiliza un poco que lo anterior también sea cierto.

Answer 1

En mi opinión esto es un poco más sencillo de demostrar, si interpretamos la matriz $P_n$ como una transformación lineal.

Considere el espacio $V_n$ de polinomios de grado $\le n$ (sobre, digamos $\Bbb{Q}$ pero puedes utilizar números reales o complejos, o cualquier otro campo en realidad).

La cartografía $T: f(x)\mapsto f(x+1)$ para todos $f(x)\in V_n$ es obviamente lineal. Mi punto clave es observar que $P_n$ es la matriz $M_{\mathcal B}(T)$ de $T$ con respecto a la base obvia $\mathcal{B}=\{1,x,x^2,\ldots,x^n\}$ de $V_n$ . Esto se debe a que para cualquier $k, 0\le k\le n$ la fórmula binomial dice que $$T(x^k)=\sum_{\ell=0}^k\binom k\ell x^\ell.$$ A partir de esto podemos leer las coordenadas de $T(x^k)$ con respecto a $\mathcal{B}$ y ver que esos coinciden el $k$ columna de $P_n$ (numerados de $0$ a $n$ ). Eso es exactamente lo que la reclamación era.

Es evidente que la inversa de $T$ viene dada por la receta $ T^{-1}:f(x)\mapsto f(x-1). $ Una aplicación similar de la fórmula binomial muestra que la matriz $M_{\mathcal B}(T^{-1})$ entonces es exactamente su inversa prescrita de $P_n$ que contiene coeficientes binomiales, esta vez con signos alternos.

Pero, por el álgebra lineal básica $$ M_{\mathcal B}(T^{-1})=M_{\mathcal B}(T)^{-1}. $$

Answer 2

Por sugerencia de Sungjin Kim se puede utilizar \begin{equation} \binom{j}{k}\binom{k}{i} = \binom{j}{i}\binom{j-i}{k-i} \end{equation} lo cual es útil ya que lleva a que la suma sólo pase por uno de los coeficientes del binomio. Lleva a \begin{align} \sum^j_{k=i} (-1)^{j+k} \binom{j}{k} \binom{k}{i} &= \sum^j_{k=i} (-1)^{j+k} \binom{j}{i}\binom{j-i}{k-i} \\ &= (-1)^j \binom{j}{i} \sum^j_{k=i} (-1)^{k} \binom{j-i}{k-i} \\ &= (-1)^{j} \binom{j}{i} \sum^{j-i}_{k=0} (-1)^{k+i} \binom{j-i}{k} \\ &= (-1)^{j+i} \binom{j}{i} (1 - 1)^{j-i} = \delta_{ij} \end{align} La identidad utilizada es fácilmente comprobable mediante $$ \binom{j}{k}\binom{k}{i} = \frac{j!}{k!(j-k)!} \frac{k!}{i!(k-i)!} = \frac{j!}{i!(j-i)!} \frac{(j-i)!}{(j-k)!(k-i)!} = \binom{j}{i}\binom{j-i}{k-i} $$ Otra forma de mostrar la identidad que implica $\delta_{ij}$ es comenzar con $x^j$ y utilizando la tesis binomial dos veces $$ x^j = (x+0)^j = ((x+1) - 1 )^j = ~...~ = \sum^j_{i=0} \sum^j_{k=i} (-1)^{j+k} \binom{j}{k} \binom{k}{i} x^i $$ comparando los coeficientes de los dos lados de la ecuación, entonces también conduce al resultado deseado. Puedes encontrar el cálculo completo aquí junto con otros ejemplos de cuando la adición de 0 realmente cuenta .

Answer 3

En lo que sigue es algo más conveniente considerar de forma equivalente el transponer $P_n^T$ de la matriz $P_n$ y su inversa.

Obtenemos para $n=3$

\begin{align*} P_3^T&= \begin{pmatrix} 1 & & & \\ 1 & 1 & & \\ 1 & 2 & 1 & \\ 1 & 3 & 3 & 1 \\ \end{pmatrix}=\left(\binom{i}{j} \0, i, j, 3. \\ \left(P_3^T\right)^{-1}&= \begin{pmatrix} \begin{array}{rrrr} 1 & & & \\ -1 & 1 & & \\ 1 & -2 & 1 & \\ -1 & 3 & 3 & 1 \\ \end{array} \end{pmatrix}=\left((-1)^{i+j}\binom{i}{j} \0, i, j, 3. \fin{align*}

Los elementos de la matriz de Pascal pueden considerarse como coeficientes de pares inversos del binomio . Son secuencias $(a_i)_{0\leq i \leq n},(b_i)_{0\leq i\leq n}$ que están relacionados para $n\geq 0$ a través de \begin{align*} a_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}b_i\qquad\text{resp.}\qquad b_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{i+n}\binom{n}{i}a_i\tag{1} \end{align*}

Una relación implica la otra en (1). Esto puede verse a través de _funciones generadoras exponenciales_ .

Dejemos que $A(x)$ y $B(x)$ sean dos funciones generadoras exponenciales

$$A(x)=\sum_{n=0}^\infty a_{n}\frac{x^n}{n!} \qquad\qquad\text{ and }\qquad\qquad B(x)=\sum_{n=0}^\infty b_{n}\frac{x^n}{n!}$$

Las expresiones de (1) son los coeficientes de

\begin{align*} A(x)=B(x)e^x\qquad\qquad\text{resp.}\qquad\qquad B(x)=A(x)e^{-x}\tag{2} \end{align*} La relación en (2) es obvia, por lo que se deduce la relación en (1).

La caracterización más importante del par de relación inversa en (1) es la relación ortogonal el par implica. Esto se deduce sustituyendo uno de los pares por el otro. Obtenemos para $n\geq 0$

\begin{align*} a_n&=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}b_j\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\sum_{i=0}^j(-1)^{i+j}\binom{j}{i}a_i\\ &=\sum_{i=0}^n a_i\sum_{j=i}^n(-1)^{i+j}\binom{n}{j}\binom{j}{i} \end{align*} Por lo tanto, la relación ortogonal es \begin{align*} \delta_{ni}=\sum_{j=i}^n(-1)^{i+j}\binom{n}{j}\binom{j}{i} \end{align*} con $\delta_{ni}$ el _Delta de Kronecker_ .