¿Podemos determinar el determinante?

Question

¿Podría alguien demostrar que este determinante no es cero? $$\left| \begin{array}{cccc} 1^n & 2^n & \cdots & (n+1)^n \\ 2^n & 3^n & \cdots & (n+2)^n \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ (n+1)^n & (n+2)^n & \cdots & (2n+1)^n \\ \end{array} \right|\neq0$$ ¿Cómo podemos calcularlo?

Answer 1

Estos determinantes son iguales a $(-1)^{\textrm{Floor}((n+1)/2)}(n!)^{n+1}$

Para la prueba, véase:

J. M. Monier, Algebre & geometrie, Dunod (1996), p.216.

Añadido: No puedo encontrar la prueba original (solía tener la edición original pero las únicas impresiones que puedo encontrar son la 5ª edición donde ha quitado esta prueba - aparentemente) pero tengo un método heurístico:

Dejemos que $R = \left(\begin{array}{cccc}1^n & 2^n &\cdots & (n+1)^n\\2^n & 3^n & \cdots & (n+2)^n\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ (n+1)^n & (n+2)^n & \cdots & (2n+1)^n\end{array}\right)$

Si operamos por filas restando la fila anterior a cada fila empezando por la fila 2.

es decir $\tilde{R}_{i,j} \gets R_{i,j} - R_{i-1,j}$

Luego repite esto mismo pero empezando esta vez por la fila 3. Y sigue repitiendo - cada vez empezando una fila más abajo terminarás con:

$$\tilde{R}_k =R_k + (-1)^1{k-1 \choose 1}R_{k-1} + (-1)^2{k -1\choose 2}R_{k-2} +\cdots+(-1)^{k-1}{k -1\choose k-1}R_{1}$$ donde $R_j$ es un vector de filas original de $R$ . Parte de la magia de la prueba es que esta operación transformará la fila final para que sea un valor constante de $n!$ . Esto se debe a que $$(k+n)^n - {n \choose 1}(k+n-1)^n + {n\choose 2}(k+n-2)^n +\cdots+(-1)^n{n\choose n}k^n = n!$$ para cada $k$ .

Como la matriz original es simétrica, puedes hacer la misma operación con las columnas y obtener un resultado similar. De hecho, si haces esta operación en las filas y luego en las columnas, obtendrás una matriz con $n!$ por la antidiagonal y ceros por debajo de la antidiagonal. Los valores por encima de la antidiagonal parecen ser OEIS: A142071 aunque no tengo ni idea de por qué. Lo importante para el determinante es que se pueden reordenar las filas para obtener una matriz diagonal superior con $n!$ en la diagonal. Este reordenamiento da como resultado $\det R =(-1)^{\textrm{Floor}((n+1)/2)}(n!)^{n+1}$ .

Answer 2

Primero aplicamos el teorema del binomio, por ejemplo, escribimos $2^n$ como $(1+1)^n$ entonces $2^n=1^n+C_n ^1 1^{n-1}1^1+ \cdots+C_n ^n 1^0 1^n$ . Y tenga en cuenta que $\det(AB)=\det(A)\det(B)$ para la matriz cuadrada $A,B$ con el mismo orden. $$\left| \begin{array}{cccc} 1^n & 2^n & \cdots & (n+1)^n \\ 2^n & 3^n & \cdots & (n+2)^n \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ (n+1)^n & (n+2)^n & \cdots & (2n+1)^n \\ \end{array} \right| = \left| \begin{array}{cccc} (0+1)^n & (0+2)^n & \cdots & (0+(n+1))^n \\ (1+1)^n & (1+2)^n & \cdots & (1+(n+1))^n \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ (n+1)^n & (n+2)^n & \cdots & (n+(n+1))^n \\ \end{array} \right| = \left| \begin{array}{cccc} 0 & 0 & \cdots & 1 \\ 1^n & 1^{n-1} & \cdots & 1^0 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ n^n & n^{n-1} & \cdots & n^0 \\ \end{array} \right| \cdot \left| \begin{array}{cccc} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ C_n^1 1^1 & C_n^1 2^{1} & \cdots & C_n ^1 (n+1)^1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ C_n^n 1^n & C_n^n 2^{n} & \cdots & C_n^n (n+1)^n \\ \end{array} \right| $$ Nótese que estas 2 matrices son casi de la forma Vandermonde. Véase aquí . Excepto que el primero debe tener todas sus columnas invertidas; el segundo debe extraer los factores $C_n ^1, \dots,C_n ^n$ . Por lo tanto, $$ \left| \begin{array}{cccc} 0 & 0 & \cdots & 1 \\ 1^n & 1^{n-1} & \cdots & 1^0 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ n^n & n^{n-1} & \cdots & n^0 \\ \end{array} \right| \cdot \left| \begin{array}{cccc} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ C_n^1 1^1 & C_n^1 2^{1} & \cdots & C_n ^1 (n+1)^1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ C_n^n 1^n & C_n^n 2^{n} & \cdots & C_n^n (n+1)^n \\ \end{array} \right|= \\ (-1)^{n(n+1)/2}C_n ^1 C_n ^2 \cdots C_n ^n \left| \begin{array}{cccc} 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 1^{1} & \cdots & 1^n \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & n^{1} & \cdots & n^n \\ \end{array} \right| \cdot \left| \begin{array}{cccc} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1^1 & 2^{1} & \cdots & (n+1)^1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1^n & 2^{n} & \cdots & (n+1)^n \\ \end{array} \right| \\ =(-1)^{n(n+1)/2}C_n ^1 C_n ^2 \cdots C_n ^n \prod_{0 \leq i <j \leq n}(j-i) \prod_{1 \leq i <j \leq n+1}(j-i) \neq 0. $$