Entradas de la inversa de $\left[\frac{1}{x+i+j-1}\right]_{i,j\in\{1,2,\ldots,n\}}$ son polinomios en $x$ .

Question

Dejemos que $n$ sea un número entero positivo. Definir $$\textbf{A}_n(x):= \left[\frac{1}{x+i+j-1}\right]_{i,j\in\{1,2,\ldots,n\}}$$ como una matriz sobre el campo $\mathbb{Q}(x)$ de funciones racionales sobre $\mathbb{Q}$ en variable $x$ .

(a) Demuestre que el Matriz de Hilbert $\textbf{A}_n(0)$ es una matriz invertible sobre $\mathbb{Q}$ y todas las entradas de la inversa de $\textbf{A}_n(0)$ son números enteros.

(b) Determine el máximo común divisor (sobre $\mathbb{Z}$ ) de todas las entradas de $\big(\textbf{A}_n(0)\big)^{-1}$ .

(c) Demuestre que $\textbf{A}_n(x)$ es una matriz invertible sobre $\mathbb{Q}(x)$ y cada entrada de la inversa de $\textbf{A}_n(x)$ es un polinomio en $x$ .

(d) Demuestre que $x+n$ es el máximo común divisor (sobre $\mathbb{Q}[x]$ ) de todas las entradas de $\big(\textbf{A}_n(x)\big)^{-1}$ .

Las partes (a) y (c) son conocidas. Las partes (b) y (d) están abiertas. Ahora, la parte (d) es conocida (ver la solución de i707107 más abajo), pero la parte (b) sigue abierta, aunque parece que la respuesta es $n$ .

---

Recordemos que $$\binom{t}{r}=\frac{t(t-1)(t-2)\cdots(t-r+1)}{r!}$$ para todos $t\in\mathbb{Q}(x)$ y $r=0,1,2,\ldots$ . Según i707107, el $(i,j)$ -entrada de $\big(\textbf{A}_n(x)\big)^{-1}$ viene dada por $$\alpha_{i,j}(x)=(-1)^{i+j}\,(x+n)\,\binom{x+n+i-1}{i-1}\,\binom{x+n-1}{n-j}\,\binom{x+n+j-1}{n-i}\,\binom{x+i+j-2}{j-1}\,.\tag{*}$$ Esto significa que, para todos los enteros $k$ tal que $k\notin\{-1,-2,\ldots,-2n+1\}$ las entradas de $\big(\textbf{A}_n(k)\big)^{-1}$ son números enteros. Ahora tengo una nueva conjetura, que es el objetivo principal de la recompensa.

Conjetura: El máximo común divisor $\gamma_n(k)$ en $\mathbb{Z}$ de las entradas de $\big(\textbf{A}_n(k)\big)^{-1}$ , donde $k$ es un número entero que no pertenece al conjunto $\{-1,-2,\ldots,-2n+1\}$ viene dada por $$\gamma_n(k)=\mathrm{lcm}(n,n+k)\,.$$

De (*) se deduce que $n+k$ debe dividir $\gamma_n(k)$ . Sin embargo, aún no me queda claro por qué $n$ debe dividir $\gamma_n(k)$ . Me gustaría tener una prueba de esta conjetura, o al menos una prueba de que $n \mid \gamma_n(k)$ .

---

Dejemos que $M_n$ denotan los cíclicos (unitarios) $\mathbb{Z}[x]$ -módulo generado por $\dfrac{1}{\big((n-1)!\big)^2}\,(x+n)$ . Entonces, el (unitario) $\mathbb{Z}[x]$ -Módulo $N_n$ generado por las entradas de $\big(\textbf{A}_n(x)\big)^{-1}$ es un $\mathbb{Z}[x]$ -submódulo de $M_n$ .

También denotamos por $\tilde{M}_n$ para el (unitario) $\mathbb{Z}$ -módulo generado por $\dfrac{1}{\big((n-1)!\big)^2}\,(x+n)\,x^l$ para $l=0,1,2,\ldots,2n-2$ . Entonces, el (unitario) $\mathbb{Z}$ -Módulo $\tilde{N}_n$ generado por las entradas de $\big(\textbf{A}_n(x)\big)^{-1}$ es un $\mathbb{Z}$ -submódulo de $\tilde{M}_n$ .

Por ejemplo, $M_2/N_2$ es isomorfo al (unitario) $\mathbb{Z}[x]$ -Módulo $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ (en el que $x$ actúa de forma trivial), y $\tilde{M}_2/\tilde{N}_2$ es isomorfo al (unitario) $\mathbb{Z}$ -Módulo $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ . Por lo tanto, $\left|M_2/N_2\right|=2=\left|\tilde{M}_2/\tilde{N}_2\right|$ . Para $n=3$ , Mathematica da como resultado $$\tilde{M}_3/\tilde{N}_3\cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\oplus(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^{\oplus 2}\oplus(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^{\oplus 3}\,,$$ como grupos abelianos. Es decir, $\left|\tilde{M}_3/\tilde{N}_3\right|=1152$ . Por otro lado, $$M_3/N_3\cong \mathbb{Z}[x] \big/\left(12,2x^2+6x+4,x^4-x^2\right)$$ como $\mathbb{Z}[x]$ -lo que da como resultado $\left|M_3/N_3\right|=576$ .

Pregunta: Describa el factor $\mathbb{Z}[x]$ -Módulo $M_n/N_n$ y el factor $\mathbb{Z}$ -Módulo $\tilde{M}_n/\tilde{N}_n$ . Es fácil ver que $\left|M_n/N_n\right|\leq\left|\tilde{M}_n/\tilde{N}_n\right|$ . ¿Qué son $\left|M_n/N_n\right|$ y $\left|\tilde{M}_n/\tilde{N}_n\right|$ ? También se puede demostrar que la relación $\dfrac{\left|\tilde{M}_n/\tilde{N}_n\right|}{\left|M_n/N_n\right|}$ es un número entero, siempre que $\left|\tilde{M}_n/\tilde{N}_n\right|$ es finito. Calcula $\dfrac{\left|\tilde{M}_n/\tilde{N}_n\right|}{\left|M_n/N_n\right|}$ para todos los enteros $n>0$ tal que $\left|\tilde{M}_n/\tilde{N}_n\right|<\infty$ . ¿Es siempre el caso que $\left|\tilde{M}_n/\tilde{N}_n\right|$ es finito?

Aparte de la conjetura anterior, esta pregunta también puede optar a la recompensa. Todavía no he tratado por completo ningún caso relacionado con $n>3$ . Sin embargo, para $n=4$ el módulo $\tilde{M}_4/\tilde{N}_4$ es enorme: $$ \tilde{M}_4/\tilde{N}_4\cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{\oplus 2}\oplus(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^{\oplus 3}\oplus(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})^{\oplus 2}\oplus(\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^{\oplus 2}\oplus(\mathbb{Z}/16\mathbb{Z})\oplus(\mathbb{Z}/27\mathbb{Z})$$ como grupos abelianos.

Answer 1

Esto es una solución para (d), y parcialmente para (b).

Utilizamos Matriz de Cauchy y su evaluación de la inversa dada por Schechter:

Si $T$ es un $n\times n$ Matriz de Cauchy en las secuencias $\{x_i\}$ , $\{y_j\}$ entonces $S=T^{-1}=[s_{ij}]$ está dada por:

$$s_{ij} = (x_j - y_i) A_j(y_i) B_i(x_j) $$ donde $$A_i(t) = \frac{A(t)}{A^\prime(x_i)(t-x_i)} \quad\text{and}\quad B_i(t) = \frac{B(t)}{B^\prime(y_i)(t-y_i)}$$ con $$A(t) = \prod_{i=1}^n (t-x_i) \quad\text{and}\quad B(t) = \prod_{i=1}^n (t-y_i). $$

La matriz $\mathbf{A}_n(x)$ se considera una matriz de Cauchy en las secuencias $$x_i = x+i \quad\text{and} \quad y_j = -j+1.$$

Utilizando la fórmula inversa anterior, el $ij$ La entrada de la inversa hasta el signo es $$ \frac{ (x+n)\cdot (x+i) \cdots (x+n-1)}{(n-i)!} \frac{ (x+n+1)\cdots (x+n+i-1)}{(i-1)!} \frac{ (x+j) \cdots (x+j+n-1)}{(x+i+j-1)(n-j)!(j-1)!} $$

Vemos que cada entrada es divisible por $x+n$ .

Para demostrar que el GCD es $x+n$ necesitamos demostrar que cualquier factor posible que no sea $x+n$ que está presente en una entrada no está presente en alguna otra entrada. Esto es fácil de ver.

Además, el factor $(x+n)^2$ está presente la mayoría de las veces, pero es posible tener sólo una $x+n$ en la factorización (en caso de $x+i+j-1= x+n$ ).

Para (b), utilizamos la conocida fórmula de la inversa de la matriz de Hilbert: $$ (H^{-1})_{ij}=(-1)^{i+j}(i+j-1){n+i-1 \choose n-j}{n+j-1 \choose n-i}{i+j-2 \choose i-1}^2 $$
Al reordenar, obtenemos que el $ij$ la entrada para firmar es $$ n\frac{(n+i-1)\cdots (n+1)}{(i-1)!} \frac{(n-1)\cdots (n-j+1)}{(j-1)!} \binom{n+j-1}{i+j-1} \binom{i+j-2}{i-1} $$ que se simplifica a $$ n \binom{n+i-1}{i-1} \binom{n-1}{j-1} \binom{n+j-1}{i+j-1} \binom{i+j-2}{i-1}. $$ Esto es claramente divisible por $n$ pero no he podido demostrar que $n$ es el GCD que conjeturo que es.

Answer 2

Para la parte (b), según la respuesta de i707107, el $(i,j)$ -entrada de $\textbf{H}_n:=\big(\textbf{A}_n(0)\big)^{-1}$ viene dada por $$h_{i,j}:=(-1)^{i+j}\,n\,\binom{n+i-1}{i-1}\,\binom{n-1}{j-1}\,\binom{n+j-1}{i+j-1}\,\binom{i+j-2}{i-1}\,.$$ Por lo tanto, $n$ es un divisor del máximo común divisor $g_n$ en $\mathbb{Z}$ de las entradas de $\textbf{H}_n$ . Tenga en cuenta que $$\left|h_{1,j}\right|=n\,\binom{n-1}{j-1}\,\binom{n+j-1}{j}=n\,\binom{n+j-1}{n-1}\,\binom{n-1}{j-1}=n\,\binom{n+j-1}{j-1}\,\binom{n}{j}\,;$$ en particular, $$h_{1,1}=n^2\,.$$ Ergo, $$n\mid g_n\mid n^2\,.$$ Si $p$ es un divisor primo de $n$ tal que $p^k$ es la mayor potencia de $p$ que divide $n$ y, a continuación, utilizando Teorema de Lucas sabemos que $$\binom{n+p^k-1}{p^k-1}\equiv 1\pmod{p}$$ y $$\binom{n}{p^k}\equiv \frac{n}{p^k}\pmod{p}\,.$$ Por lo tanto, $p$ no divide $\dfrac{h_{1,p^k}}{n}$ De ahí que $p\nmid \dfrac{g_n}{n}$ . Por tanto, el máximo común divisor de las entradas de $\textbf{H}_n=\big(\textbf{A}_n(0)\big)^{-1}$ debe ser $$g_n=n\,.$$