1.2.7 Vander Monde 行列式的应用

某些行列式 (通常是文字行列式) 可以归结为 Vander Monde 行列式来计算, 但通常需要一定的技巧. 下面是有关的几个例子, 读者也许可以从中得到某些启发.

例 1.27

计算下列行列式的值:

$$\left|\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{ccccc}{a}_1^{n-1}& a_1^{n-2}{b}_1& \cdots & a_1{b}_1^{n-2}& b_1^{n-1}\\ a_2^{n-1}& a_2^{n-2}{b}_2& \cdots & a_2{b}_2^{n-2}& b_2^{n-1}\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮\\ a_n^{n-1}& a_n^{n-2}{b}_n& \cdots & a_n{b}_n^{n-2}& b_n^{n-1}\end{array}\right|.$$

解

若所有的 $a_i$ 都不为零,则从第 $i$ 行提出公因子 $a_i^{n-1}\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ ,得到的行列式是一个 Vander Monde 行列式, 因此原行列式的值为

$$\left|\mathbf{A}\right|=\prod _{i=1}^n{a}_i^{n-1}\cdot \prod _{1\le i<j\le n}\left(\frac{b_j}{a_j}-\frac{b_i}{a_i}\right)=\prod _{1\le i<j\le n}\left(a_i{b}_j-a_j{b}_i\right).$$

若只有一个 $a_i=0$ ,则按第 $i$ 行进行展开,得到的行列式是具有相同类型的 $n-1$ 阶行列式. 若至少有两个 $a_i=a_j=0$ ,则第 $i$ 行与第 $j$ 行成比例,因此行列式的值等于零. 经过简单的计算发现, 后面两种情形的答案都可以统一到第一种情形的答案.

例 1.28

设 $f_k\left(x\right)=x^k+a_{k1}{x}^{k-1}+a_{k2}{x}^{k-2}+\cdots +a_{kk}$ ,求下列行列式的值:

$$\left|\begin{array}{ccccc}1& f_1\left(x_1\right)& f_2\left(x_1\right)& \cdots & f_{n-1}\left(x_1\right)\\ 1& f_1\left(x_2\right)& f_2\left(x_2\right)& \cdots & f_{n-1}\left(x_2\right)\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& f_1\left(x_n\right)& f_2\left(x_n\right)& \cdots & f_{n-1}\left(x_n\right)\end{array}\right|$$

解

将原行列式写为

$$\left|\begin{array}{ccccc}1& x_1+a_{11}& x_1^2+a_{21}{x}_1+a_{22}& \cdots & f_{n-1}\left(x_1\right)\\ 1& x_2+a_{11}& x_2^2+a_{21}{x}_2+a_{22}& \cdots & f_{n-1}\left(x_2\right)\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& x_n+a_{11}& x_n^2+a_{21}{x}_n+a_{22}& \cdots & f_{n-1}\left(x_n\right)\end{array}\right|.$$

显然, 利用行列式性质可将每一列消去除最高次项外的其他项, 得到一个 Vander Monde 行列式. 因此行列式的值为 $\prod _{1\le i<j\le n}^n\left(x_j-x_i\right)$ .

例 1.29

求下列行列式的值:

$$\left|\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{ccccc}1& \cos {\theta }_1& \cos 2{\theta }_1& \cdots & \cos \left(n-1\right){\theta }_1\\ 1& \cos {\theta }_2& \cos 2{\theta }_2& \cdots & \cos \left(n-1\right){\theta }_2\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& \cos {\theta }_n& \cos 2{\theta }_n& \cdots & \cos \left(n-1\right){\theta }_n\end{array}\right|$$

解

由 De Moivre 公式及二项式定理:

$$\cos k\theta +\mathrm{i}\sin k\theta ={\left(\cos \theta +\mathrm{i}\sin \theta \right)}^k$$ $$={\cos }^k\theta +\mathrm{i}{\mathrm{C}}_k^1{\cos }^{k-1}\theta \sin \theta -{\mathrm{C}}_k^2{\cos }^{k-2}\theta {\sin }^2\theta +\cdots .$$

比较实部并将 ${\sin }^2\theta$ 用 $1-{\cos }^2\theta$ 代替便可将 $\cos k\theta$ 表示为 $\cos \theta$ 的多项式,且最高次项 ${\cos }^k\theta$ 的系数为 $2^{k-1}\left(1+{\mathrm{C}}_k^2+{\mathrm{C}}_k^4+\cdots =2^{k-1}\right)$ . 用这个事实,依次将行列式各列表示成 $\cos {\theta }_j$ 的多项式. 类似上题,可以将后面各列的低次项消去,提出 2 的某个幂后得到一个 Vander Monde 行列式:

$$\left|\mathbf{A}\right|=2^{\frac{1}{2}\left(n-1\right)\left(n-2\right)}\left|\begin{array}{ccccc}1& \cos {\theta }_1& {\cos }^2{\theta }_1& \cdots & {\cos }^{n-1}{\theta }_1\\ 1& \cos {\theta }_2& {\cos }^2{\theta }_2& \cdots & {\cos }^{n-1}{\theta }_2\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& \cos {\theta }_n& {\cos }^2{\theta }_n& \cdots & {\cos }^{n-1}{\theta }_n\end{array}\right|.$$

因此

$$\left|\mathbf{A}\right|=2^{\frac{1}{2}\left(n-1\right)\left(n-2\right)}\prod _{1\le i<j\le n}\left(\cos {\theta }_j-\cos {\theta }_i\right).$$

例 1.30

求下列行列式的值:

$$\left|\mathbf{A}\right|=\left|\begin{array}{cccc}\sin {\theta }_1& \sin 2{\theta }_1& \cdots & \sin n{\theta }_1\\ \sin {\theta }_2& \sin 2{\theta }_2& \cdots & \sin n{\theta }_2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ \sin {\theta }_n& \sin 2{\theta }_n& \cdots & \sin n{\theta }_n\end{array}\right|.$$

解

可以用和上题类似的方法来解, 但是我们将给出另外一个解法, 目的是利用上题结论.

不难验证下列等式 (和差化积):

$$\sin k\theta -\sin \left(k-2\right)\theta =2\sin \theta \cos \left(k-1\right)\theta ,k\ge 2.$$

依次将 $\left|\mathbf{A}\right|$ 的第 $k-2$ 列乘以 -1 加到第 $k$ 列上 $\left(k=n,n-1,\cdots ,3\right)$ ,利用上面的公式进行化简. 将每一行的公因子 $\sin {\theta }_i$ 提出,再将后面 $n-1$ 列的公因子 2 提出, 剩下的行列式就是上题中的行列式, 因此可求得

$$\left|\mathbf{A}\right|=2^{\frac{1}{2}n\left(n-1\right)}\sin {\theta }_1\sin {\theta }_2\cdots \sin {\theta }_n\prod _{1\le i<j\le n}\left(\cos {\theta }_j-\cos {\theta }_i\right).$$

我们还可以利用 Vander Monde 行列式和 Cramer 法则来证明一个关于多项式的命题.

例 1.31

设多项式

$$f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,$$

若 $f\left(x\right)$ 有 $n+1$ 个不同的根 $b_1,b_2,\cdots ,b_{n+1}$ ,即 $f\left(b_1\right)=f\left(b_2\right)=\cdots =f\left(b_{n+1}\right)=0$ ,

求证: $f\left(x\right)$ 是零多项式,即 $a_n=a_{n-1}=\cdots =a_1=a_0=0$ .

证明

由假设 $x_0=a_0,x_1=a_1,\cdots ,x_{n-1}=a_{n-1},x_n=a_n$ 是下列线性方程组的解:

$$\{\begin{array}{c}{x}_0+b_1{x}_1+\cdots +b_1^{n-1}{x}_{n-1}+b_1^n{x}_n=0,\\ x_0+b_2{x}_1+\cdots +b_2^{n-1}{x}_{n-1}+b_2^n{x}_n=0,\\ \cdots \cdots \cdots \cdots \\ x_0+b_{n+1}{x}_1+\cdots +b_{n+1}^{n-1}{x}_{n-1}+b_{n+1}^n{x}_n=0.\end{array}$$

上述线性方程组的系数行列式是一个 Vander Monde 行列式,由于 $b_1,b_2,\cdots ,b_{n+1}$ 互不相同, 所以系数行列式不等于零. 由 Cramer 法则可知上述线性方程组只有零解,即有 $a_n=a_{n-1}=\cdots =a_1=a_0=0$ .