Determinante de Vandermonde

Question

Este es un ejercicio del libro de Ian Stewart Teoría de Galois , $3^{rd}$ edición:

Si $z_1,z_2,\ldots,z_n$ son números complejos distintos, demuestre que el determinante $$D=\left|\begin{array}[cccc] 11&1&\cdots&1\\ z_1&z_2&\cdots&z_n\\ z_1^2&z_2^2&\cdots&z_n^2\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ z_1^{n-1}&z_2^{n-1}&\cdots&z_n^{n-1} \end{array}\right|$$ es distinto de cero.

Sugerencia: Considere la $z_j$ como indeterminados independientes sobre $\Bbb C$ . Entonces $D$ es un polinomio en el $z_j$ de grado total $0+1+\cdots+(n-1)=\frac{1}{2}n(n-1)$ . Además, $D$ desaparece siempre que $z_j=z_k$ para $k\neq j$ ya que entonces tiene dos filas idénticas. Por lo tanto, $D$ es divisible por $z_j-z_k$ para todos $j\neq k$ por lo que es divisible por $\prod_{j<k}(z_j-z_k)$ . Ahora compara los grados.

Mi pregunta es cómo hacerlo. Sigo la pista y estoy pensando en $D$ como expansión del cofactor; ¿es esa la idea? Además, el hecho de que $D$ desaparece siempre que $z_j=z_k$ para $k\neq j$ se deduce ya que tendría dos columnas idénticas, ¿no? No veo por qué $z_j=z_k$ implicaría que tiene dos filas idénticas, como sugiere la pista. El hecho de que sea divisible por $(z_j-z_k)$ es fácil ya que eso haría que $z_k$ una raíz para $k=j$ pero no estoy seguro de entender por qué los grados serían diferentes. Creo que el grado del producto sería $1+2+\cdots+(k-1)$ pero luego se suman para todos $k<n$ ?

Le agradezco cualquier aclaración que pueda aportar.

Answer 1

La pista que Stewart está probando es básicamente pedirle que pruebe que el determinante de Vandermonde de arriba es un múltiplo escalar de $$\prod_{1 \leq j < k \leq n } (z_k - z_j).$$

Una vez hecho esto, no hay manera de que el producto sea cero, ya que eso significaría que algunos $z_k = z_j$ , contradiciendo el hecho de que todos sus números complejos eran distintos para empezar.

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Más sobre la pista de Stewart: ¿Puedes ver por qué el determinante anterior es un polinomio homogéneo en las variables $z_1,\ldots,z_n$ de grado $1 + 2 + \ldots + (n-1) =\frac{n(n-1)}{2}$ ? Una vez que veas por qué, bastará con sumar los grados de los términos a lo largo de la diagonal principal. Supongamos ahora que el determinante de Vandermonde anterior es divisible por el producto $\prod_{1 \leq j < k} (z_k - z_j)$ .

Entonces, si el grado del determinante de Vandermonde es igual al grado de ese producto de arriba, su problema está hecho por el algoritmo de la división. Ahora, ¿cuál es el grado del polinomio $\prod_{1 \leq j < k \leq n } (z_k - z_j)$ ?

El grado de ese polinomio es el número de factores del producto. El número de factores es precisamente el número de formas de elegir dos cosas de $n$ cosas sin repeticiones (eso es lo que el $j < k$ condición está diciendo). Esto es precisamente $$\binom{n}{2} = \frac{n!}{(n-2)!2!} = \frac{n(n-1)}{2}.$$

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Si no estás del todo convencido del planteamiento de Stewart aquí tienes una prueba por inducción. Reemplace todos sus $z_n's$ arriba con $x_n's$ (perdón por esto). Establecer $V_n$ para que sea igual a la $n \times n$ Determinante de Vandermonde arriba. Afirmamos que el determinante de la $n \times n$ está dada por $$ \text{det}(V_n) = \prod_{1\leq i < j \leq n} (x_j - x_i). $$ Demostramos por inducción: el paso de base para $n=2$ es bastante fácil. Así que supongamos que la fórmula para det $(V_n)$ en términos de un producto anterior es válido para $n=k$ . Entonces para $n=k+1$ realizamos operaciones de columna (y posteriormente, operaciones de fila) para obtener

$$\begin{array}{ccccc} \text{det} (V_{k+1}) &=& \text{det} \left[ \begin{array}{ccccc} 1& x_1 & x_1^2& \ldots& x_1^{k} \\ 1 &x_2 & x_2^2 & \ldots& x_2^{k} \\ \vdots &&&& \vdots \\ 1&x_{k+1} & x_{k+1}^2 &\ldots &x_{k+1}^{k} \end{array} \right] \\&=& \text{det}\left[ \begin{array}{ccccc} 1& 0 & 0& \ldots& 0\\ 1 &x_2 - x_1 & x_2(x_2 - x_1) & \ldots& x_2^{k-1}(x_2 - x_1) \\ \vdots &&&& \vdots \\ 1&x_{k+1} - x_1& x_{k+1}(x_{k+1} - x_1) &\ldots &x_{k+1}^{k-1}(x_{k+1} - x_1) \end{array} \right] \\ \\ &=& \prod_{i=2}^{k+1}(x_i - x_1) \text{det} \left[ \begin{array}{ccccc} 1& 0 & 0& \ldots& 0\\ 1 &1 & x_2 & \ldots& x_2^{k-1} \\ \vdots &&& \vdots \\ 1&1& x_{k+1} &\ldots &x_{k+1}^{k-1} \end{array} \right] \\ \\ &=& \Bigg[ \prod_{i=2}^{k+1}(x_i - x_1) \Bigg] \prod_{2 \leq i<j \leq k+1} (x_j -x_i) \quad (\text{ induction hypothesis}) \\ \\ &=& \prod_{1 \leq i<j \leq k+1} (x_j - x_i). \end{array} $$

Answer 2

Considere la matriz de cofactores, llámela $C$ . Cada columna de esta matriz es ortogonal a cada "columna exterior" de la matriz $V$ la matriz de Vandermonde. Por "columna exterior" me refiero a todas las columnas excepto la del mismo índice. Esto se ve fácilmente ya que la matriz cofactora es la escala y la transposición de la inversa.

Dejemos que $\mathbf{v}_i$ denotan el $i$ columna en $V$ y $\mathbf{c}_k$ denotan el $k$ columna de la matriz de cofactores. A partir de la definición de la matriz de cofactores tenemos

$$ \mathbf{v_i}^\top\mathbf{c_k} = \cases{0 \quad &for k $ \ne $ i \\ \det(V) & for $ k=i $} \tag{1}$$

Considérelos como polinomios en la variable $x$ , $$p_i(x) = C_{0k} +C_{1k}z + C_{2k}z^2 + \dots$$ De (1) sabemos que tiene factores $(x - z_k)$ para todos $k \ne i$ o, lo que es lo mismo, tiene un factor

$$\prod_{k\ne i}(x-z_k)$$

Así, utilizando un factor de escala $\Delta$ podemos escribirlo como $$p_i(x) = \Delta\prod_{k\ne i}(x-z_k)$$ También sabemos por (1) que $$p_i(z_i) = \det(V)$$ así que $$p_i(z_i) = \det(V) =\Delta\prod_{k\ne i}(z_i - z_k)$$

Esto es suficiente para demostrar que el determinante se hace cero si $z_i = z_k$ para $k \ne i$ . Si además se resuelve para $\Delta$ encontrarás una fórmula muy familiar si alguna vez has mirado la interpolación polinómica...

Answer 3

$$ \det\begin{bmatrix} 1&1&1&\cdots&1\\ x_1&x_2&x_3&\cdots&x_n\\ x_1^2&x_2^2&x_3^2&\cdots&x_n^2\\ x_1^3&x_2^3&x_3^3&\cdots&x_n^3\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ x_1^{n-1}&x_2^{n-1}&x_3^{n-1}&\cdots&x_n^{n-1}\\ \end{bmatrix}=\prod_{i\gt j}(x_i-x_j) $$ Cada término de la La expansión de Leibniz del determinante tiene grado $\frac{n(n-1)}{2}$ . Además, para cada $i\ne j$ , $(x_i-x_j)$ es un factor del determinante (si dos columnas son idénticas, el determinante es cero). Hay $\frac{n(n-1)}{2}$ se empareja con $i\gt j$ así que no puede haber otros factores. Como el coeficiente del término diagonal es $1$ obtenemos la fórmula del producto para el determinante.