Es esta matriz invertible?

Question

He estado trabajando en una prueba y estoy pegado a mostrar que la siguiente matriz es invertible. No, no estoy interesado en la explícita inversa, mostrando únicamente tiene un valor distinto de cero determinante como la existencia de la inversa es suficiente para mi prueba. Tengo la importante condición de que x no es una raíz de la unidad. (Permite trabajar sobre los números complejos)

\begin{array}{ccccc} x-1 & x^2-1 & x^3-1 & \ldots & x^n-1 \\ x^2-1 & x^4-1 & x^6-1 &\ldots & x^{2n}-1 \\ x^3-1 & x^6-1 & x^9-1 &\ldots & x^{3n}-1\\ \vdots& \ldots& \ldots& \ldots & \vdots \\ x^n-1 & x^{2n}-1 & x^{3n}-1 & \ldots & x^{n\times n}-1 \end{array}

He calculado varios ejemplos en madera de arce y demostrado que este tiene una inversa cuando x no es una raíz de 1 (esto parece esencial) pero necesito un argumento general. Cualquier ayuda sería muy útil.

Answer 1

Llame a su matriz $A$. Si $X=(a,b,c,\ldots,f)^T$ es un vector columna, a continuación, el polinomio $$ p(y) = ay+by^2+cy^3+\cdots+fy^n-(a+c+d+\cdots+f) $$ aplicado a $x, x^2, x^3, \ldots, x^n$ se producen los elementos de $AX$.

Si $AX=0$, entonces en consecuencia $x, x^2, x^3, \ldots, x^n$ son todas las raíces de $p$. También podemos ver directamente que $1$ es una raíz de $p$. Si los poderes de la $x$ $x^n$ son todos diferentes y ninguno de ellos es igual a $1$, $p$ tiene demasiadas raíces de un polinomio distinto de cero de grado en la mayoría de las $n$.

Así, bajo estas condiciones, $A$ tendrá un trivial en el espacio nulo y por lo tanto ser invertible.

En particular, $x$ puede ser un $k$th raíz de la unidad, por $k>n$.

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POR otro lado, si los poderes de la $x$ son no diferentes, o uno de ellos es igual a $1$, $A$ tienen dos filas idénticas, o una fila cero, y por lo que obviamente no es invertible. Por lo que el criterio es a la vez necesaria y suficiente.

Answer 2

Tome la columna de $k$. Si denotamos $x^k=z$ a continuación, se ve como $$ \left[\matriz{z-1\\ z^2-1\\z^3-1\\ \vdots\\ z^n-1}\right]=(z-1)\left[\matriz{1\\ z+1\\z^2+z+1\\ \vdots\\ z^{n-1}+\ldots+z+1}\right]. $$ Ahora uso la fila superior de aquellos a eliminar a todos los demás y $z$ a eliminar a todos los demás $z$ y así sucesivamente $$ (z-1)\left[\matriz{1\\ z+1\\z^2+z+1\\ \vdots\\ z^{n-1}+\ldots+z+1}\right]\sim (z-1)\left[\matriz{1\\ z\\z^2+z\\ \vdots\\ z^{n-1}+\ldots+z}\right]\sim\ldots\sim (z-1)\left[\matriz{1\\ z\\z^2\\ \vdots\\ z^{n-1}}\right]. $$ Tenemos la columna de (transpuesto) de la matriz de Vandermonde con $\alpha_k=x^k$. Se da el determinante para ser $$ \underbrace{\prod_{k=1}^n(x^k-1)}_{\text{factores de la columna}}\cdot\underbrace{\prod_{1\le k<m\le n}(x^k-x^m)}_{\text{vandermonde det}}. $$ P. S. se puede simplificar un poco más si es necesario.