Matriz de Vandermonde generalizada

Question

Dejar $z_1, \ldots, z_n \in \mathbb{C}\setminus\left\lbrace 0 \right\rbrace$ ser números complejos distintos, $\lambda_1 < \lambda_2 < \ldots < \lambda_n$ enteros positivos y definir $$A = \left( z_i^{\lambda_k}\right)_{i,j = 1,\ldots, n} = \begin{pmatrix} z_1^{\lambda_1} & z_1^{\lambda_2} & \cdots & z_1^{\lambda_n} \\ z_2^{\lambda_1} & z_2^{\lambda_2} & \cdots & z_2^{\lambda_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ z_n^{\lambda_1} & z_n^{\lambda_2} & \cdots & z_n^{\lambda_n} \end{pmatrix}.$$ Es cierto que $A$ es invertible?

Encontré esta pregunta relacionada, pero se trata de campos finitos donde, en mi caso, el campo subyacente es el plano complejo.

Si $\lambda_k = k -1 $ para $k = 1, \ldots, n$, luego $A$es el conocido Vandermonde-Matrix, por lo que en este caso la respuesta es positiva. He intentado calcular el determinante de$A$ análogamente a cómo se hace si $A$ es el Vandermonde-Matrix pero sin éxito.

¿Alguien tiene una referencia o una prueba que responda a esta pregunta?

Gracias por adelantado...

Answer 1

No es necesariamente invertible. Considerar$z_1 = 1, z_2 = -1$, con $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = 4$. Entonces la matriz resultante es$2 \times 2$ matriz de unos, que claramente no es invertible.

Para ver por qué esto en general no es necesariamente invertible, piense en la matriz de Vandermonde como una interpolación polinómica. La matriz de Vandermonde normal, por ejemplo, da la$(n - 1)$polinomio de grado que atraviesa $n$puntos distintos. Lo que estás preguntando aquí es encontrar un polinomio cuyos coeficientes sean todos cero excepto los coeficientes de los términos$x^{\lambda_1}, x^{\lambda_2}, \cdots, x^{\lambda_n}$. Para construir un contraejemplo, solo necesitamos notar que tal polinomio tiene$\lambda_n - \lambda_1$ raíces distintas de cero, y si $n$ de estos $\lambda_n - \lambda_1$ las raíces son distintas, podríamos encontrar $n$ valores distintos para dar a $z_1, \cdots, z_n$ y que la matriz sea singular (¿por qué?).