ヴァンデルモンドの行列式【例と証明】

$$

この記事では、ヴァンデルモンドの行列式について例と証明を紹介します。

記法：
$K$ を $\mathbb{R}$ または $\mathbb{C}$ とする.

ヴァンデルモンドの行列式

定理Ａ
任意の $x_1,\cdots ,x_n\in K$ に対して, $$\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ x_1& x_2& \cdots & x_n\\ x_1^2& x_2^2& \cdots & x_n^2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_1^{n-1}& x_2^{n-1}& \cdots & x_n^{n-1}\end{array}\right|=\prod _{i<j}(x_j-x_i)$$ が成り立つ. ここで, 右辺は $i,j$ が $1\le i<j\le n$ を満たす整数の組を動くときのすべての項 $x_j-x_i$ の積を意味する.

左辺の行列式をヴァンデルモンドの行列式(Vandermonde determinant)という.

定理Ａの証明をする前に例をいくつか挙げる.

例

例
$$\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ x& y& z& w\\ x^2& y^2& z^2& w^2\\ x^3& y^3& z^3& w^3\end{array}\right|=(y-x)(z-x)(w-x)(w-y)(w-z)(z-y).$$

例
$$\begin{array}{rl}\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 2& 3& 4& 5\\ 2^2& 3^2& 4^2& 5^2\\ 2^3& 3^3& 4^3& 5^3\end{array}\right|& =(3-2)(4-2)(5-2)(5-3)(5-4)(4-3)\\ & =1\cdot 2\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 1=12.\end{array}$$

定理Ａの証明

具体例 $(n=2,3,4)$

ここからは定理Ａの証明について述べる.
まず具体例として $n=2,3,4$ の場合を証明してみよう.
とくに $n=4$ の場合の証明(計算)が理解できれば, 一般の場合の証明も自然と理解できるはずである.

例 $(n=2)$
$$\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ x& y\end{array}\right|=y-x$$

[証明]  行列式の定義から明らかである.

例 $(n=3)$
$$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ x& y& z\\ x^2& y^2& z^2\end{array}\right|=(y-x)(z-x)(z-y)$$

▼ 証明

[証明]  左辺の行列式について, 次の手順で計算する.
$(\mathrm{I})$ 第２行の $(-x)$ 倍を第３行に加える.
$(\mathrm{I}\mathrm{I})$ 第１行の $(-x)$ 倍を第２行に加える.
$$\begin{array}{rl}\text{左辺}& \stackrel{(\mathrm{I})}{=}\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ x& y& z\\ 0& y(y-x)& z(z-x)\end{array}\right|\\ & \stackrel{(\mathrm{I}\mathrm{I})}{=}\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& y-x& z-x\\ 0& y(y-x)& z(z-x)\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cc}y-x& z-x\\ y(y-x)& z(z-x)\end{array}\right|\\ & =(y-x)(z-x)\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ y& z\end{array}\right|\\ & =(y-x)(z-x)(z-y).\end{array}$$

例 $(n=4)$
$$\left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ x& y& z& w\\ x^2& y^2& z^2& w^2\\ x^3& y^3& z^3& w^3\end{array}\right|=(y-x)(z-x)(w-x)(w-y)(w-z)(z-y).$$

▼ 証明

[証明]  左辺の行列式について, 次の手順で計算する.
$(\mathrm{I})$ 第３行の $(-x)$ 倍を第４行に加える.
$(\mathrm{I}\mathrm{I})$ 第２行の $(-x)$ 倍を第３行に加える.
$(\mathrm{I}\mathrm{I}\mathrm{I})$ 第１行の $(-x)$ 倍を第２行に加える.
$(\mathrm{I}\mathrm{V})$ $n=3$ の計算結果を用いる.
$$\begin{array}{rl}& \left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ x& y& z& w\\ x^2& y^2& z^2& w^2\\ x^3& y^3& z^3& w^3\end{array}\right|\\ \stackrel{(\mathrm{I})}{=}& \left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ x& y& z& w\\ x^2& y^2& z^2& w^2\\ 0& y^2(y-x)& z^2(z-x)& w^2(w-x)\end{array}\right|\\ \stackrel{(\mathrm{I}\mathrm{I})}{=}& \left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ x& y& z& w\\ 0& y(y-x)& z(z-x)& w(w-x)\\ 0& y^2(y-x)& z^2(z-x)& w^2(w-x)\end{array}\right|\\ \stackrel{(\mathrm{I}\mathrm{I}\mathrm{I})}{=}& \left|\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& y-x& z-x& w-x\\ 0& y(y-x)& z(z-x)& w(w-x)\\ 0& y^2(y-x)& z^2(z-x)& w^2(w-x)\end{array}\right|\\ =& \left|\begin{array}{ccc}y-x& z-x& w-x\\ y(y-x)& z(z-x)& w(w-x)\\ y^2(y-x)& z^2(z-x)& w^2(w-x)\end{array}\right|\\ =& (y-x)(z-x)(w-x)\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ y& z& w\\ y^2& z^2& w^2\end{array}\right|\\ \stackrel{(\mathrm{I}\mathrm{V})}{=}& (y-x)(z-x)(w-x)(w-y)(w-z)(z-y).\end{array}$$

帰納法による証明

$n=2,3,4$ の場合の証明がわかったと思うので, 一般の場合： $$\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ x_1& x_2& \cdots & x_n\\ x_1^2& x_2^2& \cdots & x_n^2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_1^{n-1}& x_2^{n-1}& \cdots & x_n^{n-1}\end{array}\right|=\prod _{i<j}(x_j-x_i)$$ を証明する. まず, 帰納法による証明を述べる.

▼ 定理Ａの証明

[証明]  数学的帰納法で示す.
$n=2$ のとき, 等式が成り立つことはただちにわかる.
一般の場合, 左辺の行列式について, 次の手順で計算する.
$(1)$ 第 $n-1$ 行の $(-x_1)$ 倍を第 $n$ 行に加える.
$(2)$ 第 $n-2$ 行の $(-x_1)$ 倍を第 $n-1$ 行に加える.
$\cdots \cdots \cdots$
$(n-2)$ 第 $2$ 行の $(-x_1)$ 倍を第 $3$ 行に加える.
$(n-1)$ 第 $1$ 行の $(-x_1)$ 倍を第 $2$ 行に加える.

すると, 下記の行列式になる. $$(\ast ):=\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ 0& x_2-x_1& \cdots & x_n-x_1\\ 0& x_2(x_2-x_1)& \cdots & x_n(x_n-x_1)\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& x_2^{n-2}(x_2-x_1)& \cdots & x_n^{n-2}(x_n-x_1)\end{array}\right|$$ さらに計算すると, $$\begin{array}{rl}(\ast )& =(x_2-x_1)\cdots (x_n-x_1)\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ x_2& x_3& \cdots & x_n\\ x_2^2& x_3^2& \cdots & x_n^2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_2^{n-2}& x_3^{n-2}& \cdots & x_n^{n-2}\end{array}\right|\\ & =(x_2-x_1)\cdots (x_n-x_1)\prod _{1<i<j}(x_j-x_i)\\ & =\prod _{i<j}(x_j-x_i)\end{array}$$ よって, 等式が成り立つ.

【別証】因数定理による証明

次の（多変数多項式の）因数定理を使えば、エレガントな証明ができる.

因数定理 (多変数)
$f(x_1,\cdots ,x_n)$ を $n$ 変数多項式とし, $g(x_2,\cdots ,x_n)$ を $n-1$ 変数多項式とする.
このとき, $f(x_1,\cdots ,x_n)$ が $x_1-g(x_2,\cdots ,x_n)$ で割り切れるための必要十分条件は, $$f(g(x_2,\cdots ,x_n),x_2,\cdots ,x_n)=0$$ を満たすことである.

▼ 証明

[証明]  $f,g$ を $x_1$ の多項式と見れば $g$ は $x_1$ に関して定数である.
したがって, 一変数の場合の因数定理から主張は成り立つ.
※各変数について同様の主張が成り立つ.

では, この因数定理を用いた証明を述べる.

▼ 定理Ａの別証

[証明]  $x_1,\cdots ,x_n$ を多項式の変数として見よう.
$x_j=x_i$ とすれば, 左辺の行列の第 $i$ 列と第 $j$ 列が等しくなり, 左辺は０になる.
したがって, $x_j$ を変数とみた因数定理によって行列式は $x_j-x_i$ で割り切れる. ゆえに
$$\text{左辺}=Q(x)\prod _{i<j}(x_j-x_i)$$ と書ける. ※$Q(x):=Q(x_1,\cdots ,x_n)$ は $n$ 変数多項式.

次に, $Q(x)$ が定数であることを示すために, 両辺の(多項式の)次数が等しいことを示そう.
左辺の次数は行列式の定義より,
$$1+2+\cdots +n-1={\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}$$ である. 右辺の ${\displaystyle \prod _{i<j}(x_j-x_i)}$ の次数は異なる $n$ 個の変数から２個選ぶ組み合わせを考えると, $${}_n{C}_2={\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}.$$ したがって, 左辺と右辺の次数を比較すると, $Q(x)$ は定数であることがわかる.

最後に, $Q(x)=1$ であることを示そう.
左辺の行列式の対角成分の積
$$x_2{x}_3^2\cdots x_n^{n-1}$$ に着目すると, この単項式が出るのは対角成分の積しかないので, この項の係数は１である. 他方, $$\begin{array}{rl}\prod _{i<j}(x_j-x_i)=& (x_n-x_1)(x_n-x_2)\cdots \cdots (x_n-x_{n-1})\\ & (x_{n-1}-x_1)(x_{n-1}-x_2)\cdots (x_{n-1}-x_{n-2})\\ & \cdots \cdots \cdots \cdots \\ & \cdots \cdots \cdots \cdots \\ & (x_3-x_1)(x_3-x_2)\\ & (x_2-x_1)\end{array}$$ より, 単項式 $$x_2{x}_3^2\cdots x_n^{n-1}$$ の係数は１であることが分かる.
(実際, $x_n$ の指数が $n-1$ になるためには, 上式１行目のそれぞれの括弧から $x_n$ を選ぶしかない.
なぜなら, ２行目以下は $x_n$ が１つもないからである.
同様に, 上式２行目はそれぞれの括弧から $x_{n-1}$ を選ぶしかない. 以下同様である.)
したがって, $Q(x)=1$ である.
よって, 求める等式が得られた.