A matriz 'Vandermonde-esque' tem determinante diferente de zero.

Question

Eu quero mostrar que a matriz $$M=\begin{pmatrix} z_1^{y_1} & z_1^{y_2} & \cdots & z_1^{y_n} \\ z_2^{y_1} & z_2^{y_2} & \cdots & z_2^{y_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ z_n^{y_1} & z_n^{y_2} & \cdots & z_n^{y_n} \end{pmatrix},$$ Onde $0<z_1<\cdots <z_n$ e $0 < y_1 < \cdots < y_n$ tem determinante diferente de zero.

Esta é a última 'etapa' de um problema de combinatória mais longo da aula que pede para provar a positividade total deste tipo de matriz. Posso argumentar que, para expoentes racionais$y_j$, a matriz é totalmente positiva, então estender via continuidade me diz que, no caso geral, o determinante é pelo menos não negativo.

As 'boas' provas de não singularidade de matrizes de Vandermonde com as quais estou familiarizado usam propriedades de polinômios, que não parecem estar disponíveis neste caso. Suspeito que uma abordagem poderia usar algo sobre o crescimento de exponenciais para mostrar que não pode haver uma dependência linear não trivial entre as linhas (ou colunas), mas a análise é um dos meus pontos fracos.

Edit: Esta pergunta segue de outra semelhante que foi respondida no mês: https://mathoverflow.net/questions/118225/how-to-show-a-certain-determinant-is-non-zero

Answer 1

Deixei $V$ denotam o espaço de funções da forma $f(z) = a_1z^{y_1} + \cdots + a_n z^{y_n}$. Deixei$\phi: V \to \Bbb F^n$ denotar o mapa $$ \phi(f) = (f(z_1),\dots,f(z_n)). $$ Observe que $\phi$ é invertível se e somente se $\phi$ tem um kernel trivial, o que quer dizer que não existem funções diferentes de zero $f \in V$ para qual $f(z_i) = 0$ para todos $i$.

Por outro lado, observe que $M$ é a matriz de $\phi$ em relação à base $\{z^{y_1},\dots,z^{y_n}\}$ e a base padrão de $\Bbb F^n$.

Na verdade, como consequência da regra dos signos de Decartes , podemos ver que$\phi$na verdade, tem um kernel trivial. O Matrix$M$ será necessariamente invertível.