Jugando con otra pregunta (más antigua) aquí He construido una matriz de ejemplo del tipo
$\small M_n: m_{n:r,c} = {1 \over (1+r)^c } \quad \text{ for } r,c=0 \ldots n-1 $ . Consideré el inverso W : $\small W_n=M_n^{-1} $ para algunos pequeños n y observó, que las entradas en W de las columnas de la izquierda en adelante tienden a cero. Utilizando la descomposición LDU e invirtiendo que L,D,U -se puede observar un patrón simple para los coeficientes en las matrices o mejor: para los términos de los productos de punto de esa inversión en las columnas más a la izquierda que es independiente del tamaño de la matriz.
Por ejemplo, si denotamos el L,D,U -factores como K , C , T tal que para cualquier n $\small W_n = M_n^{-1} = T \cdot C \cdot K = U^{-1} \cdot D^{-1} \cdot L^{-1}$ entonces la entrada superior izquierda en $\small W_n $ puede calcularse mediante el producto punto de la primera fila de T , C y la primera columna de K que muestra un patrón simple tal que asumimos el siguiente tipo de suma: $$\small w_{n:0,0} = \sum_{j=0}^{n-1} (-1)^j (j+1)/j! \qquad \text{ and } \qquad \lim_{n\to \infty} w_{n:00}=0 $$ Ahora, para las dos primeras columnas parece que, efectivamente, todos los productos punto desaparecen cuando n aumenta y que esto puede demostrarse mediante una modificación relativamente sencilla y una composición lineal de la serie exponencial formal. Pero para las siguientes columnas esto se vuelve más difícil porque los patrones son complicados (pero parecen ser recursivos) y las matrices necesitan un tamaño creciente para aproximarse realmente a los valores límite.
Así que la pregunta:a) ¿es W de hecho se acercan a la matriz nula como n va al infinito?
o con más detalle: ¿cuáles son los patrones de los productos punto que se producen en la evaluación de las entradas individuales en W ?
[actualización]
Parece que he resuelto el patrón de la matriz del producto parcial $\small C \cdot K $ por una buena heurística. Denotemos las entradas con la letra minúscula g entonces
$$ g_{r,c} = (-1)^c \cdot (1+c)^r \binom{r+1}{c+1} $$
Porque al menos las dos primeras filas de T son fáciles de descifrar $$ \begin{eqnarray} t_{0,c} &=& (-1)^{r+c} {1 \over c!} \\ t_{1,c} &=& (-1)^{r+c} \binom{c+1}{2}{1 \over c!} \end{eqnarray} $$ los resultados por los dos productos de punto para las filas r=0 y r=1
$$ \begin{eqnarray} w_{0,c} = \sum_{k=0}^{\infty} t_{0,k} \cdot g_{k,c} = 0 \\ w_{1,c} = \sum_{k=1}^{\infty} t_{1,k} \cdot g_{k,c} = 0 \\ \end{eqnarray} $$
dan para las dos primeras filas en W ceros para el primer par de columnas (con índice c=0..4 comprobado con wolframalpha y las fórmulas)
Wolframalpha podría incluso dar respuestas para la columna general (colindex=c se mantiene indeterminado) Para las filas r=0 y r=1 en W para todas las columnas c el valor $\small w_{r,c}=0 $
Aquí están las fórmulas de Wolframalpha:
$$ \sum_{k=c}^{\infty} \left[ \left({(-1)^k \over k!}\right) * \left((-1)^ c (1 + c )^k \binom{k+1}{ c +1}\right) \right] $$ ( entrada ) $$ \sum_{k=c}^{\infty} \left[ \left({(-1)^k \over k! }\binom{k+1}{2} \right) * \left((-1)^ c (1 + c )^k \binom{k+1}{c +1} \right) \right] $$ ( entrada )
