¿Por qué las matrices de Vandermonde son invertibles?

Question

Una matriz de Vandermonde es una matriz de esta forma:

$$\begin{pmatrix} x_0^0 & \cdots & x_0^n \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_n^0 & \cdots & x_n^n \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^{(n+1) \times (n+1)}$$ .

condición : $\forall i, j\in \{0, \dots, n\}: i\neq j \Rightarrow x_i \neq x_j$

¿Por qué las matrices de Vandermonde son siempre invertibles?

He tratado de encontrar un breve argumento para ello. Conozco algunas formas de demostrarlo en principio:

• rango es igual a la dimensión
• todas las líneas / filas son de independencia lineal
• el determinante no es cero
• encontrar el inverso

Según proofwiki el determinante es

$$\displaystyle V_n = \prod_{1 \le i < j \le n} \left({x_j - x_i}\right)$$

Hay dos pruebas para este determinante, pero me he preguntado si hay una forma más sencilla de demostrar que tales matrices son invertibles.

Answer 1

Esto no es totalmente diferente a la respuesta ya publicada por Chris Godsil, pero voy a publicar esto de todos modos, tal vez puede proporcionar un ángulo ligeramente diferente para alguien que trata de entender esto.

Queremos demostrar que la matriz
$$\begin{pmatrix} x_0^0 & \cdots & x_0^n \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_n^0 & \cdots & x_n^n \end{pmatrix}$$
es invertible.

Basta con demostrar que el filas las columnas de esta matriz son linealmente independientes.

Así que supongamos que $c_0v_0+c_1v_1+\dots+c_nv_n=\vec 0=(0,0,\dots,0)$ , donde $v_j=(x_0^j,x_1^j,\dots,x_n^j)$ es el $j$ -el fila columna escrita como un vector y $c_0,\dots,c_n\in\mathbb R$ .

Luego nos subimos a la $k$ -ésima coordenada
$$c_0+c_1x_k+c_2x_k^2+\dots+c_nx_k^n=0,$$ lo que significa que $x_k$ es una raíz del polinomio $p(x)=c_0+c_1x+c_2x^2+\dots+c_nx^n$ .

Ahora bien, si el polinomio $p(x)$ de grado como máximo $n$ tiene $(n+1)$ diferentes raíces $x_0,x_1,\dots,x_n$ debe ser el polinomio cero y obtenemos que $c_0=c_1=\dots=c_n=0$ .

Esto demuestra que los vectores $v_0,v_1,\dots,v_n$ son linealmente independientes. (Y, a su vez, obtenemos que la matriz dada es invertible).

Answer 2

Dejemos que $V$ ser su matriz de Vandermonde. Si $p(t)=a_0+a_1t+\cdots+a_nt^n$ y $\alpha$ es el vector de coeficientes de $p$ entonces las entradas de $V\alpha$ son los valores de $p$ en los puntos $x_0,\ldots,x_n$ .

Ahora para $r=0,\ldots,n$ elegir polinomios $p_r$ de grado $n$ para que $p(x_r)=1$ y $p(x_s)=0$ si $s\ne r$ . Entonces la matriz con los coeficientes de los polinomios $p_r$ ya que sus columnas son la inversa de $V$ .

Esto es, por supuesto, sólo una forma de ver la interpolación de Lagrange.

Answer 3

Para cualquier $n+1$ números distintos $x_0, \ldots, x_n \in \mathbb{R}$ , dejemos que $V(x_0,\ldots,x_n)$ y $D(x_0,\ldots,x_n)$ sea una matriz de Vandermonde y su determinante:

$$V(x_0,\ldots,x_n) = \begin{pmatrix} x_0^0 & \cdots & x_0^n \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_n^0 & \cdots & x_n^n \end{pmatrix}\quad\text{ and }\quad D(x_0,\ldots,x_n) = \det V(x_0,\ldots,x_n) $$

Está claro que $D(x_0) = 1 \ne 0$ . Supongamos que $D(x_0,\ldots,x_{m}) \ne 0$ para algunos $m < n$ y considerar lo que ocurre con $D(x_0,\ldots,x_{m+1})$ .

Visto en función de su último argumento $x_{m+1}$ , $D(x_0,\ldots,x_m,x)$ es un polinomio en $x$ con grado como máximo $m+1$ . Como este polinomio desaparece en $m+1$ valores diferentes $x_0, \ldots, x_{m}$ ya, no puede desaparecer en ningún otro $x$ (en particular en $x_{m+1}$ ). Por lo demás, $D(x_0,\ldots,x_m,x)$ será idéntico a cero.

Sabemos que $D(x_0,\ldots,x_m,x)$ no es el polinomio cero. El coeficiente principal de $x^{m+1}$ en $D(x_0,\ldots,x_m,x)$ es proporcional a $D(x_0,\ldots,x_m)$ que es distinto de cero por la hipótesis de la inducción.

Por inducción, podemos concluir $D(x_0,\ldots,x_n) \ne 0$ y por lo tanto $V(x_0,\ldots,x_n)$ es invertible.