¿Matriz de $n\times n$ con determinante cero?

Question

Sea $n\ge 3$ un número natural, y para $1\leq k\leq n-2$ consideremos la matriz $n\times n$

$$A_{n,k}=\begin{pmatrix} 1^{k}& 2^{k}& \cdots& n^{k}\\ (n+1)^k& (n+2)^k& \cdots& (2n)^k\\ \vdots& \vdots& & \vdots\\ (n^2-n+1)^k& (n^2-n+2)^k& \cdots& n^{2k} \end{pmatrix}_{\large{.}}$$

Parece que $\det (A_{n,k})=0$. Puedo probar esto para $n=3$ y $k=1$, y para todos los $n\ge 4$ y $k=1,2.$ Pero mis métodos no se generalizan a valores más altos de $k$.

¿Hay una prueba simple de que $\textbf{$\det(A_{n,k})=0$}$?

Answer 1

Observa que cada fila de la matriz es una combinación lineal de las filas $(1^s,2^s,\dots,n^s)$, $0\leq s\leq k$ (simplemente expande usando la fórmula binomial). Por lo tanto, deben ser linealmente dependientes.

Answer 2

Aquí hay una forma diferente de verlo y generalizarlo. Comencemos con un problema más fácil: Si en lugar de eso tomamos una matriz de los primeros $n^2$ números de Fibonacci (n>2) también obtenemos una matriz con determinante 0. ¿Por qué es esto cierto? La tercera columna será simplemente la suma de las dos primeras.

Bueno, si reemplazamos los números de Fibonacci por cualquier secuencia $A_i$ definida recursivamente donde cada término es una combinación lineal fija de los m términos anteriores, entonces el mismo argumento muestra que una matriz llena con los primeros $n^2$ (con $n>m$) elementos de esta secuencia tendrá determinante 0.

Ahora volviendo a tu problema, sería suficiente ver que la secuencia $1^k, 2^k, 3^k,...$ satisface una relación de recurrencia lineal fija basada en los k+1 términos anteriores. Bueno, resulta que $a^k = {{k+1}\choose{1}}(a-1)^k - {{k+1}\choose{2}}(a-2)^k + {k+1\choose 3}(a-3)^k - ... \pm (a - k-1)^k$ para todo $a$. (No saqué esa recurrencia de la nada, hay mucha estructura en el conjunto de secuencias que satisfacen alguna recurrencia lineal que se puede aprovechar para encontrar tales relaciones)