Matriz de Vandermonde generalizada

Question

Deixei $z_1, \ldots, z_n \in \mathbb{C}\setminus\left\lbrace 0 \right\rbrace$ ser números complexos distintos, $\lambda_1 < \lambda_2 < \ldots < \lambda_n$ inteiros positivos e definem $$A = \left( z_i^{\lambda_k}\right)_{i,j = 1,\ldots, n} = \begin{pmatrix} z_1^{\lambda_1} & z_1^{\lambda_2} & \cdots & z_1^{\lambda_n} \\ z_2^{\lambda_1} & z_2^{\lambda_2} & \cdots & z_2^{\lambda_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ z_n^{\lambda_1} & z_n^{\lambda_2} & \cdots & z_n^{\lambda_n} \end{pmatrix}.$$ É verdade que $A$ é invertível?

Eu encontrei esta questão relacionada, mas ela lida com campos finitos onde, no meu caso, o campo subjacente é o plano complexo.

E se $\lambda_k = k -1 $ para $k = 1, \ldots, n$, então $A$é a conhecida Matriz de Vandermonde, então neste caso a resposta é positiva. Eu tentei calcular o determinante de$A$ analogamente a como é feito se $A$ é a Vandermonde-Matrix mas sem sucesso.

Alguém tem uma referência ou prova que responda a esta pergunta?

Desde já, obrigado...

Answer 1

Não é necessariamente invertível. Considerar$z_1 = 1, z_2 = -1$, com $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = 4$. Então a matriz resultante é$2 \times 2$ matriz de uns, que claramente não é invertível.

Para ver por que isso em geral não é necessariamente invertível, pense na matriz de Vandermonde como uma interpolação polinomial. A matriz normal de Vandermonde, por exemplo, dá a$(n - 1)$polinômio de grau passando por $n$pontos distintos. O que você está perguntando aqui é encontrar um polinômio cujos coeficientes são todos zero exceto os coeficientes para os termos$x^{\lambda_1}, x^{\lambda_2}, \cdots, x^{\lambda_n}$. Para construir um contra-exemplo, só precisamos observar que tal polinômio tem$\lambda_n - \lambda_1$ raízes diferentes de zero, e se $n$ destes $\lambda_n - \lambda_1$ raízes são distintas, poderíamos encontrar $n$ valores distintos para dar a $z_1, \cdots, z_n$ e ter a matriz singular (por quê?).