Probar que:
$$\begin{equation} \begin{vmatrix} x_0^{2n+1}&x_0^{2n}&\cdots&x_0&1\\ x_1^{2n+1}&x_1^{2n}&\cdots&x_1&1\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ x_n^{2n+1}&x_n^{2n}&\cdots&x_n&1\\ (2n+1)x_0^{2n}&2nx_0^{2n-1}&\cdots&1&0\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\cdots\\ (2n+1)x_n^{2n}&2nx_n^{2n-1}&\cdots&1&0\\ \end{vmatrix}=(-1)^{n}\prod_{n\geq i>j\geq 0}(x_i-x_j)^4 \end{equation}$$
donde $(x_i^{2n+1})'=(2n+1)x_i^{2n}$,$\cdots$,$x_i'=1$,$1'=0$.
Cada columna contiene los valores y la primera derivada de una potencia de $x$ evaluado en$x_0$$x_n$. Por lo tanto la multiplicación de un vector columna de los coeficientes por esta matriz se obtiene un vector columna de los valores y de las primeras derivadas de la correspondiente polinomio de grado a a $2n+1$ evaluado en$x_0$$x_n$. Desde este lineales de evaluación mapa desde el espacio vectorial de polinomios de grado a a $2n+1$ en el espacio de las $(2n+2)$-dimensiones de los vectores es un isomorfismo si el $x_i$ son distintos (interpolación de Hermite establece un surjection en una dirección, y este es un bijection porque las dimensiones coinciden), el producto de la matriz con un vector no es cero a menos que el vector es cero o dos de las $x_i$ coinciden; por lo tanto el determinante es distinto de cero, a menos que dos de las $x_i$ coinciden. Teniendo en cuenta el factor determinante como un polinomio de grado $4n$ en, digamos, $x_0$, debe ser una constante a veces lineal de los factores de $x_0-x_i$ por sus raíces. Por simetría, cada uno de estos factores debe aparecer el mismo número de veces, y por lo tanto $4$ veces. La aplicación de este argumento para cada una de las $x_j$ muestra que el determinante debe ser una constante a veces el producto dado en la pregunta. Para evaluar la constante, consideran que el término proporcional a $x_n^{4n}x_{n-1}^{4(n-1)}\dotso x_{1}^4x_0^0$, que surge de $n+1$ determinantes de la $2\times2$ matrices que contienen sólo una $x_i$ y la evaluación de a $-x_i^{4i}$; a continuación, sólo tiene que comprobar que una permutación impar reordena la matriz de tal manera que estos $2\times2$ matrices están en la diagonal.
Vamos \begin{equation} f(x)= \begin{vmatrix} x^{2n+1}&x^{2n}&\cdots&x&1\\ x_1^{2n+1}&x_1^{2n}&\cdots&x_1&1\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ x_n^{2n+1}&x_n^{2n}&\cdots&x_n&1\\ (2n+1)x^{2n}&2nx^{2n-1}&\cdots&1&0\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\cdots\\ (2n+1)x_{n}^{2n}&2nx_n^{2n-1}&\cdots&1&0\\ \end{vmatrix} \end{equation}
Es fácil comprobar que $f(x)$ es un polinomio de grado $4n$.Y \begin{equation} f(x_1)=\cdots =f(x_n)=0 \end{equation}
Por lo $(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n)|f(x)$.Y
\begin{align*} f'(x)= \begin{vmatrix} x^{2n+1}&x^{2n}&\cdots&x&1\\ x_1^{2n+1}&x_1^{2n}&\cdots&x_1&1\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ x_n^{2n+1}&x_n^{2n}&\cdots&x_n&1\\ 2n(2n+1)x^{2n-1}&(2n-1)2nx^{2n-2}&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\cdots\\ (2n+1)x_{n}^{2n}&2nx_n^{2n-1}&\cdots&1&0\\ \end{vmatrix} \end{align*} Por lo $f'(x_1)=\cdots f'(x_n)=0$.Por lo que $(x-x_1)^2(x-x_2)^2\cdots (x-x_n)^2|f(x)$.Y
\begin{align*} f''(x)= \begin{vmatrix} (2n+1)x^{2n}&2nx^{2n-1}&\cdots&1&0\\ x_1^{2n+1}&x_1^{2n}&\cdots&x_1&1\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ x_n^{2n+1}&x_n^{2n}&\cdots&x_n&1\\ 2n(2n+1)x^{2n-1}&(2n-1)2nx^{2n-2}&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\cdots\\ (2n+1)x_{n}^{2n}&2nx_n^{2n-1}&\cdots&1&0\\ \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} x^{2n+1}&x^{2n}&\cdots&x&1\\ x_1^{2n+1}&x_1^{2n}&\cdots&x_1&1\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ x_n^{2n+1}&x_n^{2n}&\cdots&x_n&1\\ (2n-1)2n(2n+1)x^{2n-2}&(2n-2)(2n-1)2nx^{2n-3}&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\cdots\\ (2n+1)x_{n}^{2n}&2nx_n^{2n-1}&\cdots&1&0\\ \end{vmatrix} \end{align*}
Es fácil comprobar que $f''(x_1)=\cdots f''(x_n)=0$.Así
\begin{equation} (x-x_1)^3(x-x_2)^3\cdots (x-x_n)^3|f(x) \end{equation} Y también es fácil de averiguar $f'''(x)$,por lo que es fácil comprobar que
\begin{equation} f'''(x_1)=\cdots =f'''(x_n)=0 \end{equation} Así \begin{equation} (x-x_1)^4(x-x_2)^4\cdots (x-x_n)^4|f(x) \end{equation}
Debido a $f(x)$ es un polinomio de grado $4n$,lo $f(x)=a(x-x_1)^4(x-x_2)^4\cdots (x-x_n)^4$.De acuerdo a la simetría ammong $x_0,x_1,\cdots,x_n$ en este determinante,es fácil comprobar que
\begin{equation} f(x_0)=c\prod_{n\geq i>j\geq 0}(x_i-x_j)^4 \end{equation} Ahora podemos determinar la constante de $c$.Lo hacemos por inducción.Es fácil comprobar que Cuando se $n=1$,
\begin{equation} \det \begin{pmatrix} x_0^3&x_0^2&x_0&1\\ x_1^3&x_1^2&x_1&1\\ 3x_0^2&2x_0&1&0\\ 3x_1^2&2x_1&1&0\\ \end{pmatrix}=-(x_0-x_1)^4 \end{equation}Entonces cuando $n=2$,Vamos a ver el determinante
\begin{equation} \det\begin{pmatrix} x_0^5&x_0^4&x_0^3&x_0^2&x_0&1\\ x_1^5&x_1^4&*x_1^3&*x_1^2&*x_1&*1\\ x_2^5&x_2^4&*x_2^3&*x_2^2&*x_2&*1\\ 5x_0^4&4x_0^3&3x_0^2&2x_0&1&0\\ 5x_1^4&4x_1^3&*3x_1^2&*2x_1&*1&*0\\ 5x_2^4&4x_2^3&*3x_2^2&*2x_2&*1&*0\\ \end{pmatrix} \end{equation}
El elemento marcado * también en forma de un determinante,sabemos que la constante de este determinante es -1,por lo que el término constante de la determinante \begin{equation} \det\begin{pmatrix} x_0^5&x_0^4&x_0^3&x_0^2&x_0&1\\ x_1^5&x_1^4&*x_1^3&*x_1^2&*x_1&*1\\ x_2^5&x_2^4&*x_2^3&*x_2^2&*x_2&*1\\ 5x_0^4&4x_0^3&3x_0^2&2x_0&1&0\\ 5x_1^4&4x_1^3&*3x_1^2&*2x_1&*1&*0\\ 5x_2^4&4x_2^3&*3x_2^2&*2x_2&*1&*0\\ \end{pmatrix} \end{equation} es $-1\times (4-5)=1$ ......
Así que por inducción,sabemos que $c=(-1)^n$.
Si \begin{equation} f(x)=\begin{vmatrix} f_{11}(x)&f_{12}(x)&\cdots&f_{1n}(x)\\ f_{21}(x)&f_{22}(x)&\cdots&f_{2n}(x)\\ \vdots&\vdots& &\vdots\\ f_{n1}(x)&f_{n2}(x)&\cdots&f_{nn}(x)\\ \end{vmatrix} \end{equation} A continuación,\begin{equation} f'(x)=\sum_{i=1}^n \begin{vmatrix} f_{11}(x)&f_{12}(x)&\cdots&f_{1n}(x)\\ \vdots&\vdots & &\vdots\\ f'_{i1}(x)&f'_{i2}(x)&\cdots&f'_{in}(x)\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ f_{n1}(x)&f_{n2}(x)&\cdots&f_{nn}(x)\\ \end {vmatrix} \end{equation}
Hay una señal de error en el lado derecho; el plazo $(-1)^n$ debe $(-1)^{(n+1)(n+2)/2}$.
Por la fórmula habitual para el determinante de la matriz de Vandermonde,
\begin{equation} \begin{vmatrix} x_0^{2n+1}&x_0^{2n}&\cdots&x_0&1\\ x_1^{2n+1}&x_1^{2n}&\cdots&x_1&1\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ x_n^{2n+1}&x_n^{2n}&\cdots&x_n&1\\ (x_0+h)^{2n+1}&(x_0+h)^{2n}&\cdots&x_0+h&1\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\cdots\\ (x_n+h)^{2n+1}&(x_n+h)^{2n}&\cdots&x_n+h&1\\ \end{vmatrix}=\prod_{i<j} (x_i-x_j)^2 \prod_{i\ne j} (x_i-x_j-h). \end{equation} Para cada uno de los primeros a $n+1$ filas de la matriz, restar de la fila $n+1$ filas más abajo. Esto no cambia el determinante de la matriz. A continuación, dividir el lado derecho por $h^{n+1}$, y dividir el lado izquierdo por $h^{n+1}$ dividiendo cada uno de los últimos $n+1$ filas de la matriz por $h$. Establecimiento $h:=0$ a continuación se da la identidad.
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