La matrice "Vandermonde" ha determinante diverso da zero.

Question

Voglio mostrare che la matrice $$M=\begin{pmatrix} z_1^{y_1} & z_1^{y_2} & \cdots & z_1^{y_n} \\ z_2^{y_1} & z_2^{y_2} & \cdots & z_2^{y_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ z_n^{y_1} & z_n^{y_2} & \cdots & z_n^{y_n} \end{pmatrix},$$ dove $0<z_1<\cdots <z_n$ e $0 < y_1 < \cdots < y_n$ ha determinante diverso da zero.

Questo è l'ultimo "passo" di un più lungo problema di calcolo combinatorio della classe che chiede di dimostrare la totale positività di questo tipo di matrice. Lo posso sostenere, per esponenti razionali$y_j$, la matrice è totalmente positiva, quindi l'estensione tramite continuità mi dice che nel caso generale il determinante è almeno non negativo.

Le "belle" prove di non singolarità delle matrici di Vandermonde che ho familiarità con le proprietà dei polinomi, che non sembrano essere disponibili in questo caso. Sospetto che un approccio potrebbe utilizzare qualcosa sulla crescita degli esponenziali per mostrare che non può esserci una dipendenza lineare non banale tra le righe (o colonne), ma l'analisi è uno dei miei punti deboli.

Modifica: questa domanda segue da una simile a cui si risponde su mo: https://mathoverflow.net/questions/118225/how-to-show-a-certain-determinant-is-non-zero

Answer 1

Permettere $V$ denotano lo spazio delle funzioni della forma $f(z) = a_1z^{y_1} + \cdots + a_n z^{y_n}$. Permettere$\phi: V \to \Bbb F^n$ denota la mappa $$ \phi(f) = (f(z_1),\dots,f(z_n)). $$ Nota che $\phi$ è invertibile se e solo se $\phi$ ha un kernel banale, vale a dire che non ci sono funzioni diverse da zero $f \in V$ per cui $f(z_i) = 0$ per tutti $i$.

D'altra parte, nota quello $M$ è la matrice di $\phi$ rispetto alla base $\{z^{y_1},\dots,z^{y_n}\}$ e la base standard di $\Bbb F^n$.

In effetti, come conseguenza della regola dei segni di Decartes , possiamo vederlo$\phi$ha infatti un banale kernel. La matrice$M$ sarà necessariamente invertibile.