Determinante de Vandermonde por inducción

Question

Para $n$ variables $x_1,\ldots,x_n$, el determinante $$ \det\left((x_i^{j-1})_{i,j=1}^n\right) = \left|\begin{matrix} 1&x_1&x_1^2&\cdots & x_1^{n-1}\\ 1&x_2&x_2^2&\cdots & x_2^{n-1} \\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&x_{n-1}&x_{n-1}^2&\cdots&x_{n-1}^{n-1}\\ 1 &x_n&x_n^2&\cdots&x_n^{n-1} \end{matrix}\right| $$ se puede calcular por inducción; la imagen de abajo dice que muestra eso. Ya he hecho esto antes, si lo envío ¿tendré puntos?

MÁS IMPORTANTE ¿cómo lo hago por inducción? La "pista" es hacer que la primera fila sea $(1,0,0,...,0)$.

Creo que hay bases de inducción allí, pero no estoy seguro de cómo (no tengo mucha confianza en la inducción cuando la estructura no se muestra para $n=k$, asume para $n=r$, muestra si $n=r$ entonces $n=r+1$ es verdadero.

Por cierto la pregunta es mostrar que el determinante al principio es igual al producto $$\prod_{1\leq i (pero nuevamente, explícitamente por inducción)

Answer 1

Estás enfrentando la matriz

\begin{pmatrix} 1&1&\cdots & 1 &1\\a_1&a_2&\cdots &a_n&a_{n+1}\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\a_1^{n-1}&a_2^{n-1}&\cdots&a_n^{n-1}& a_{n+1}^{n-1}\\a_1^{n}&a_2^{n}&\cdots&a_n^{n}&a_{n+1}^{n}\end{pmatrix}

Al restar $a_1$ veces la $i$-ésima fila de la $i+1$-ésima fila, obtienes

\begin{pmatrix} 1&1&\cdots & 1 &1\\ 0&a_2-a_1&\cdots &a_n-a_1&a_{n+1}-a_1\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&a_2^{n}-a_1a_{2}^{n-1}&\cdots&a_n^n-a_1a_{n}^{n-1}& a_{n+1}^{n}-a_1a_{n+1}^{n-1}\end{pmatrix}

Expandiendo por la primera columna y factorizando $a_i-a_1$ de la $i$-ésima columna para $i=2,\ldots,n+1$, obtienes que el determinante es

$$=\prod_{j=2}^{n+1}(a_j-a_1) \det\begin{pmatrix} 1& 1&\cdots&1\\a_2&a_3&\cdots&a_{n+1}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_2^{n-1}&a_3^{n-1}&\cdots&a_{n+1}^{n-1}\end{pmatrix}$$

Puedes aplicar tu hipótesis inductiva, para obtener que esto es $$=\prod_{j=2}^{n+1}(a_j-a_1) \prod_{2\leqslant i

Answer 2

Sea $f(T) = T^{n-1} + a_1 T^{n-2} + \dots + a_{n-1}$ el polinomio $(T-x_2)(T-x_3)\dots (T-x_n)$. Al añadir a la última columna una combinación lineal apropiada de las otras columnas (a saber, la combinación con coeficientes $a_1, \dots, a_{n-1}$), podemos asegurarnos de que la última columna sea reemplazada por el vector $(f(x_1), 0, 0, \dots, 0)$, ya que por construcción $f(x_2) = \dots = f(x_n) =0$. Por supuesto, esto no cambia el determinante. Por lo tanto, el determinante es igual a $f(x_1)$ veces $D$, donde $D$ es el determinante de la matriz $(n-1) \times (n-1)$ que se obtiene de la original eliminando la primera fila y la última columna. Luego, aplicamos la hipótesis de inducción, usando el hecho de que $f(x_1) = (x_1 - x_2)(x_1-x_3) \dots (x_1-x_n)$. ¡Y listo!

Por cierto, esta matriz es conocida como una matriz de Vandermonde.

Aprendí este truco hace muchos años en el libro Number fields de Marcus.

Answer 3

Aunque esto no responde realmente la pregunta (en particular, no puedo decirte si entregar la imagen te dará algún punto), sí explica la evaluación del determinante (y se puede obtener una prueba inductiva a partir de ella si uno insiste realmente, aunque sería bastante similar a la respuesta de Bruno Joyal).

El entorno más natural en el que surge la matriz de Vandermonde $V_n$ es el siguiente. Evaluar un polinomio sobre $K$ en cada uno de los puntos $x_1,\ldots,x_n$ de $K$ da lugar a una transformación lineal $K[X]\to K^n$, es decir, la transformación $f:P\mapsto (P[x_1],P[x_2],\ldots,P[x_n])$ (aquí $P[a]$ denota el resultado de sustituir $X:=a$ en $P$). Entonces $V_n$ es la matriz de la restricción de $f$ al subespacio $\def\Kxn{K[X]_{ de polinomios de grado menor que $n$, en relación a la base $[1,X,X^2,\ldots,X^{n-1}]$ de ese subespacio. Cualquier familia $[P_0,P_1,\ldots,P_{n-1}]$ de polinomios en la que $P_i$ es mónico de grado $i$ para $i=0,1,\ldots,n-1$ también es una base de $\Kxn$, y además la matriz de cambio de base $U$ de la base $[1,X,X^2,\ldots,X^{n-1}]$ a $[P_0,P_1,\ldots,P_{n-1}]$ será triangular superior con entradas diagonales todas $1$, por la definición de ser mónico de grado $i$. Por lo tanto, $\det(U)=1$, lo que significa que el determinante de $V_n$ es el mismo que el de la matriz $M$ que expresa nuestra transformación lineal sobre la base $[P_0,P_1,\ldots,P_{n-1}]$ (que es igual a $V_n\cdot U$).

Al elegir cuidadosamente la nueva base $[P_0,P_1,\ldots,P_{n-1}]$, se puede organizar que la matriz cambiada de base sea triangular inferior. Concretamente, la columna $j$ de $M$, que describe $f(P_{j-1})$ (ya que numeramos las columnas desde $1$), tiene como entradas $(P_{j-1}[x_1],P_{j-1}[x_2],\ldots,P_{j-1}[x_n])$, por lo que la triangularidad inferior significa que $x_i$ es una raíz de $P_{j-1}$ siempre que $i. Esto se puede lograr tomando para $P_k$ el producto $(X-x_1)\ldots(X-x_k)$, que es mónico de grado $k$. Ahora la entrada diagonal en la columna $j$ de $M$ es $P_{j-1}[x_j]=(x_j-x_1)\ldots(x_j-x_{j-1})$, y $\det(V_n)$ es el producto de estas expresiones para $j=1,\ldots,n$, que es $\prod_{j=1}^n\prod_{i=1}^{j-1}(x_j-x_i)=\prod_{1\leq i.