¿Cómo mostrar que una matriz de Hilbert es invertible?

Definir$\langle.,,\rangle$en$\mathbb{P}_n$como

$$\langle p(x), q(x)\rangle = \int_0^1 p(x)q(x)dx.$$

Es fácil comprobar que$\langle.,,\rangle$es un producto interior.

Darse cuenta de

$$H_n=\begin{bmatrix} \langle 1,1\rangle&\langle 1,x\rangle&\langle 1,x^2\rangle&\cdots&\langle 1,x^n\rangle\\ \langle x,1\rangle&\langle x,x\rangle&\langle x,x^2\rangle&\cdots&\langle x,x^n\rangle\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \langle x^n,1\rangle&\langle x^n,x\rangle&\langle x^n,x^2\rangle&\cdots&\langle x^n,x^n\rangle\\ \end{bmatrix}$$

es la matriz de Gram de$1,x,x^2,\dots,x^n$con$\langle.,,\rangle$. Ahora bien, el determinante de una matriz de Gram es distinto de cero si y solo si los vectores cuyos productos internos se utilizan en su construcción son linealmente independientes. Sin embargo,$1,x,x^2,\dots,x^n$es una base de$\mathbb{P}_n$y por lo tanto linealmente independiente. Por lo tanto,$\det H_n\ne 0$y así concluimos que$H_n$es invertible

Basta mostrar que la ecuación$H_nx = 0$tiene la solución única$x = 0$(es decir, que sus columnas son linealmente independientes). Entonces, supongamos que$x = (x_1,\dots,x_{n}, x_{n+1})$es tal solución. Resulta que$x^T(H_n x) = 0$, lo que quiere decir que

$$\begin{align} 0 & = x^TH_n x = \sum_{i,j = 1}^{n+1} H_n[i,j] x_i x_j \\ & = \sum_{i,j = 1}^{n+1} x_i x_j \int_0^1 t^{i-1} t^{j-1}\, dt \\ & = \int_0^1 \sum_{i,j = 1}^{n+1} x_ix_j \,t^{i-1}t^{j-1}\,dt = \int_0^1 (x_1 + x_2 t + \cdots + x_{n+1} t^{n})^2\,dt. \end{align}$$ Esta integral solo puede ser cero si$x_1 + x_2 t + \cdots + x_n t^{n-1}$es la función cero sobre$[0,1]$(en general, la integral de una función continua no negativa en un intervalo es cero si y sólo si esa función es idénticamente cero). Sin embargo, esto sólo ocurre si$x_1 = \cdots = x_n = 0$, lo que quiere decir que$x = 0$, que es lo que queríamos mostrar.