Una relación entre matrices, polinomios de bernoulli, binomial y los coeficientes de

Question

Podemos definir los siguientes polinomios, para $n≥0$: $$P_n(x)=(x+1)^{n+1}-x^{n+1}=\sum_{k=0}^{n}{\binom{n+1}{k}x^k}$$ Para $n=0,1,2,3$ esto nos da, $$P_0(x)=1\enspace P_1(x)=2x+1\enspace P_2(x)=3x^2+3x+1\enspace P_3(x)=4x^3+6x^2+4x+1$$

A continuación definimos el conjunto $P_{(3)}=\{P_0,P_1,P_2,P_3\}$. Se puede demostrar fácilmente que este conjunto es una base sobre el espacio vectorial de polinomios de grado $3$ e inferior. Tomamos $3$ en aras de la brevedad.

Tomando los coeficientes de estos polinomios y convirtiéndolos en vectores columna, podemos construir la matriz de coeficientes de la más baja a la más alta plazo) $$\large{M_{P_{(3)}}}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 3 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$$ Vamos a llamar a esta matriz de pascal en el contexto de este post, y por encima de polinomios, como pascal polinomios. La inversa de esta matriz es la matriz, $$M_{P_{(3)}}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{6} & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

Vamos a este factor de la matriz en dos matrices de la siguiente manera:

$$M_{P_{(3)}}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix} x\begin{pmatrix} 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{6} & 0 \\ 0 & 1 & -1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 & -\frac{3}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$ Podemos ver los números de Bernoulli en la primera fila de la matriz. Cada columna es un vector de coeficiente de un polinomio de Bernoulli

Las siguientes son las versiones extendidas de estas matrices:

• Pascal Matriz
• Inversa De La Matriz De Pascal
• Último, La Matriz De Bernoulli

Hay aceptan nombres de estas matrices y polinomios? ¿Cuál es el significado de estas relaciones?

En particular, hay algunos tratamientos de uso de estas matrices de cambio de base de las transformaciones entre las representaciones de polinomios? E. g. a partir de una combinación lineal de pascal polinomios a una combinación lineal de monomio términos.

Answer 1

He aquí otra manera de ver esto. Los polinomios de Bernoulli puede ser definido por la propiedad

$$\int_x^{x+1} B_n(u) \, du = x^n.$$

Así que si dejamos $T$ ser el operador del conjunto de los polinomios a sí mismo dado por $(Tf)(x) = \int_x^{x+1} f(u) \, du$, luego tenemos a $(TB_n)(x) = x^n$. El operador $T$ envía $x^n$ $$\int_x^{x+1} u^n \, du = \frac{1}{n+1}\left((x+1)^{n+1} - x^{n+1}\right) = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{n+1} {n+1 \choose k}x^k.$$

Escrito $T$ como un infinito de la matriz con respecto a la base $1,x,x^2, \ldots$, da

$$T = \newcommand{\Bold}[1]{\mathbf{#1}}\left(\begin{array}{rrrr} 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \ldots\\ 0 & 1 & 1 & 1 & \ldots\\ 0 & 0 & 1 & \frac{3}{2} & \ldots\\ 0 & 0 & 0 & 1& \ldots\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array}\right). $$

Podemos encontrar aproximarse a la inversa tomando el inverso de este truncamiento, dando la forma de la matriz de $T^{-1}$:

$$T^{-1} = \newcommand{\Bold}[1]{\mathbf{#1}}\left(\begin{array}{rrrr} 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{6} & 0 & \ldots\\ 0 & 1 & -1 & \frac{1}{2} & \ldots\\ 0 & 0 & 1 & -\frac{3}{2} & \ldots\\ 0 & 0 & 0 & 1& \ldots\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array}\right)$$

Este operador envía $x^n$$B_n(x)$, por lo que las columnas son los coeficientes de los polinomios de Bernoulli.

Para ver cómo esto encaja con sus ecuaciones, tenga en cuenta que podemos factor de la primera matriz $T$ a eliminar la fracción $\frac{1}{n+1}$ en la fórmula de sus coeficientes, ya que la multiplicación por una matriz diagonal a la izquierda de las escalas de las columnas de una matriz por la diagonal de entradas. Esto le da $$ T = \newcommand{\Bold}[1]{\mathbf{#1}}\left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & \ldots\\ 0 & 1/2 & 0 & 0 & \ldots\\ 0 & 0 & 1/3 & 0 & \ldots\\ 0 & 0 & 0 & 1/4 & \ldots\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array}\right)\newcommand{\Bold}[1]{\mathbf{#1}}\left(\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 1 & 1 & \ldots\\ 0 & 2 & 3 & 4 & \ldots\\ 0 & 0 & 3 & 6 & \ldots\\ 0 & 0 & 0 & 4 & \ldots\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array}\right)$$

La matriz de la derecha es su $M_P$ (infinitamente extendido). Llamar a la diagonal de la matriz a la izquierda $D$, $T = DM_p$ o $DT^{-1} = M_P^{-1}$ que es la última ecuación.

Para mi, esta es la forma más natural para calcular los polinomios de Bernoulli. Hace un par de años yo estaba jugando con esta idea antes de que yo sabía lo que es un polinomio de Bernoulli fue. Me decepcionó un poco, aunque no demasiado sorprendido, al escuchar que alguien había descubierto este primero. Me fue golpeado por unos trescientos años, no menos. Terminó como parte de mi tesis de licenciatura. :)

Answer 2

Este es un muy fascinante problema, pero en la $P_{(4)}$ de los casos, tenemos $$\etiqueta{1} M_{P_{(4)}}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1/2 & 1/6 & 0 & -1/30\\ & 1/2 & -1/2 & 1/4 & 0\\ & & 1/3 & -1/2 & 1/3\\ & & & 1/4 & -1/2\\ & & & & 1/5 \end{pmatrix} $$ Este factores como $$ M_{P_{(4)}}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 0 & -1/6\\ & 1 & -3/2 & 1 & 0\\ & & 1 & -2 & 5/3\\ & & & 1 & -5/2\\ & & & & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & & & & \\ & 1/2 & & & \\ & & 1/3 & & \\ & & & 1/4 & \\ & & & & 1/5 \end{pmatrix} $$ Por desgracia, como se puede ver, las columnas de la matriz a la izquierda no nos dan los polinomios de Bernoulli :(

Aunque, por favor, tenga en cuenta la primera fila de la matriz en (1) nos da los números de Bernoulli. Tal vez la primera fila de la matriz inversa no te dan los números de Bernoulli, pero no obtener los polinomios de Bernoulli.

De nuevo, lea esto con cuidado y recelo: el buen lector debe calcular este y comprobar que para él o ella misma!

Anexo

Escribir

$$ M_{P_{(n)}} = DU $$

donde $D$ es una matriz diagonal, y $U=I+X$ es una unidad triangular superior de la matriz (en este caso $X$ es el estrictamente triangular superior de la parte de $U$). El reclamo es que

$$(DU)^{-1}=(I+X)^{-1}D^{-1}=(I-X+X^{2}-X^{3}+\dots+(-1)^{n}X^{n})D^{-1}$$

produce los coeficientes de los polinomios de Bernoulli en las columnas, y la primera fila es la de los números de Bernoulli. Yo reclamo la primera (Bernoulli polinomio de datos) implica que la última (la primera fila se compone de los números de Bernoulli), y afirman que esto es obvio.

Conjetura

Parece que el OP encuentra la matriz de la versión para los polinomios de Bernoulli describe en la Wikipedia usando adelante diferencias.

Yo habría instado a la OP a cambio de notación, y el uso de menor matrices triangulares. Por qué? Porque entonces se podría escribir $$ M_{P_{(n)}}\begin{bmatrix}0\\ 0\\\vdots\\0\\ x^{n}\end{bmatrix} \cong (1+x)^{n+1}-x^{n+1} $$ en formato vectorial. Actual notación exige el uso de vectores fila para polinomios.

Estoy a punto de ir a la cama, así que no creo que tenga tiempo para demostrar mi conjetura. Si nadie lo ha probado por la mañana, voy a tratar de escribir una prueba.

Answer 3

En cuanto a la interpretación de las matrices: Vamos $$X = \left(\begin{array}{c} 1 \\ x \\ \vdots \\ x^n \end{array}\right) \qquad \textrm{y}\qquad A = \left(\begin{array}{c} a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_n \end{array}\right)$$ así $$X^T A = \sum_{k=0}^n a_k x^k.$$ (He escrito $X^T A$, en lugar de los preferidos $A^T X$ a de acuerdo con su notación y evitar cosas como $(M^{-1})^T$.) Entonces $$\begin{eqnarray*} X^T A &=& X^T M M^{-1} A \\ &=& {X'}^T A' \end{eqnarray*}$$ donde $X' = M^T X$ es la nueva base, y $A' = M^{-1} A$ son los coeficientes en la nueva base. Esta interpretación sostiene para cualquier invertible transformación de $M$. El formalismo se puede generalizar de una manera directa a las transformaciones entre dos bases de polinomios.

Para su transformación encontramos los coeficientes de $\sum_{k=0}^3 a_k x^k$ en el "Pascal" son $$M_{P_{(3)}}^{-1}A = \left( \begin{array}{c} a_0 - \frac{1}{2} a_1 + \frac{1}{6} a_2 \\ \frac{1}{2}a_1 - \frac{1}{2} a_2 + \frac{1}{4} a_3 \\ \frac{1}{3} a_2 - \frac{1}{2} a_3 \\ \frac{1}{4} a_3 \end{array} \right).$$ Por lo tanto, $$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^3 a_k x^k &=& \left(a_0 - \frac{1}{2} a_1 + \frac{1}{6} a_2\right) P_0(x) \\ &&+ \left(\frac{1}{3} a_2 - \frac{1}{2} a_3\right) P_1(x) \\ &&+ \left(\frac{1}{3} a_2 - \frac{1}{2} a_3\right) P_2(x) \\ &&+ \frac{1}{4} a_3 P_3(x). \end{eqnarray*}$$