爱因斯坦名言“一个人的价值，应该看他贡献什么，而不应当看他取得什么。”

1、矩阵的 Frobenius 范数及其求偏导法则

2、关于数学优化算法的权威期刊都有哪些？

来源：http://blog.csdn.net/fun_zero/article/details/48685661

经典题目1 给定n个点，m个操作，构造O(m+n)的算法输出m个操作后各点的位置。操作有平移、缩放、翻转和旋转

    这里的操作是对所有点同时进行的。其中翻转是以坐标轴为对称轴进行翻转（两种情况），旋转则以原点为中心。如果对每个点分别进行模拟，那么m个操作总共耗时O(mn)。利用矩阵乘法可以在O(m)的时间里把所有操作合并为一个矩阵，然后每个点与该矩阵相乘即可直接得出最终该点的位置，总共耗时O(m+n)。假设初始时某个点的坐标为x和y，下面5个矩阵可以分别对其进行平移、旋转、翻转和旋转操作。预先把所有m个操作所对应的矩阵全部乘起来，再乘以(x,y,1)，即可一步得出最终点的位置。

经典题目2 给定矩阵A，请快速计算出A^n（n个A相乘）的结果，输出的每个数都mod p。

    由于矩阵乘法具有结合律，因此A^4 = A * A * A * A = (A*A) * (A*A) = A^2 * A^2。我们可以得到这样的结论：当n为偶数时，A^n = A^(n/2) * A^(n/2)；当n为奇数时，A^n = A^(n/2) * A^(n/2) * A （其中n/2取整）。这就告诉我们，计算A^n也可以使用二分快速求幂的方法。例如，为了算出A^25的值，我们只需要递归地计算出A^12、A^6、A^3的值即可。根据这里的一些结果，我们可以在计算过程中不断取模，避免高精度运算。

经典题目3 POJ3233 (感谢rmq)
    题目大意：给定矩阵A，求A + A^2 + A^3 + ... + A^k的结果（两个矩阵相加就是对应位置分别相加）。输出的数据mod m。k<=10^9。
    这道题两次二分，相当经典。首先我们知道，A^i可以二分求出。然后我们需要对整个题目的数据规模k进行二分。比如，当k=6时，有：
    A + A^2 + A^3 + A^4 + A^5 + A^6 =(A + A^2 + A^3) + A^3*(A + A^2 + A^3)

    应用这个式子后，规模k减小了一半。我们二分求出A^3后再递归地计算A + A^2 + A^3，即可得到原问题的答案。

POJ3233题解： Matrix Power Series

经典题目4 VOJ1049
    题目大意：顺次给出m个置换，反复使用这m个置换对初始序列进行操作，问k次置换后的序列。m<=10, k<2^31。
    首先将这m个置换“合并”起来（算出这m个置换的乘积），然后接下来我们需要执行这个置换k/m次（取整，若有余数则剩下几步模拟即可）。注意任意一个置换都可以表示成矩阵的形式。例如，将1 2 3 4置换为3 1 2 4，相当于下面的矩阵乘法：
     
    置换k/m次就相当于在前面乘以k/m个这样的矩阵。我们可以二分计算出该矩阵的k/m次方，再乘以初始序列即可。做出来了别忙着高兴，得意之时就是你灭亡之日，别忘了最后可能还有几个置换需要模拟。

经典题目5 《算法艺术与信息学竞赛》207页（2.1代数方法和模型，[例题5]细菌，版次不同可能页码有偏差）
    大家自己去看看吧，书上讲得很详细。解题方法和上一题类似，都是用矩阵来表示操作，然后二分求最终状态。

经典题目6 给定n和p，求第n个Fibonacci数mod p的值，n不超过2^31
    根据前面的一些思路，现在我们需要构造一个2 x 2的矩阵，使得它乘以(a,b)得到的结果是(b,a+b)。每多乘一次这个矩阵，这两个数就会多迭代一次。那么，我们把这个2 x 2的矩阵自乘n次，再乘以(0,1)就可以得到第n个Fibonacci数了。不用多想，这个2 x 2的矩阵很容易构造出来：
     

经典题目7 VOJ1067
    我们可以用上面的方法二分求出任何一个线性递推式的第n项，其对应矩阵的构造方法为：在右上角的(n-1)*(n-1)的小矩阵中的主对角线上填1，矩阵第n行填对应的系数，其它地方都填0。例如，我们可以用下面的矩阵乘法来二分计算f(n) = 4f(n-1) - 3f(n-2) + 2f(n-4)的第k项：
     
    利用矩阵乘法求解线性递推关系的题目我能编出一卡车来。这里给出的例题是系数全为1的情况。

经典题目8 给定一个有向图，问从A点恰好走k步（允许重复经过边）到达B点的方案数mod p的值

    把给定的图转为邻接矩阵，即A(i,j)=1当且仅当存在一条边i->j。令C=A*A，那么C(i,j)=ΣA(i,k)*A(k,j)，实际上就等于从点i到点j恰好经过2条边的路径数（枚举k为中转点）。类似地，C*A的第i行第j列就表示从i到j经过3条边的路径数。同理，如果要求经过k步的路径数，我们只需要二分求出A^k即可。

例：HDU 2254   HDU 5302

经典题目9 用1 x 2的多米诺骨牌填满M x N的矩形有多少种方案，M<=5，N<2^31，输出答案mod p的结果
     
    我们以M=3为例进行讲解。假设我们把这个矩形横着放在电脑屏幕上，从右往左一列一列地进行填充。其中前n-2列已经填满了，第n-1列参差不齐。现在我们要做的事情是把第n-1列也填满，将状态转移到第n列上去。由于第n-1列的状态不一样（有8种不同的状态），因此我们需要分情况进行讨论。在图中，我把转移前8种不同的状态放在左边，转移后8种不同的状态放在右边，左边的某种状态可以转移到右边的某种状态就在它们之间连一根线。注意为了保证方案不重复，状态转移时我们不允许在第n-1列竖着放一个多米诺骨牌（例如左边第2种状态不能转移到右边第4种状态），否则这将与另一种转移前的状态重复。把这8种状态的转移关系画成一个有向图，那么问题就变成了这样：从状态111出发，恰好经过n步回到这个状态有多少种方案。比如，n=2时有3种方案，111->011->111、111->110->111和111->000->111，这与用多米诺骨牌覆盖3x2矩形的方案一一对应。这样这个题目就转化为了我们前面的例题8。
    后面我写了一份此题的源代码。你可以再次看到位运算的相关应用。

经典题目10 POJ2778
    题目大意是，检测所有可能的n位DNA串有多少个DNA串中不含有指定的病毒片段。合法的DNA只能由ACTG四个字符构成。题目将给出10个以内的病毒片段，每个片段长度不超过10。数据规模n<=2 000 000 000。
    下面的讲解中我们以ATC,AAA,GGC,CT这四个病毒片段为例，说明怎样像上面的题一样通过构图将问题转化为例题8。我们找出所有病毒片段的前缀，把n位DNA分为以下7类：以AT结尾、以AA结尾、以GG结尾、以?A结尾、以?G结尾、以?C结尾和以??结尾。其中问号表示“其它情况”，它可以是任一字母，只要这个字母不会让它所在的串成为某个病毒的前缀。显然，这些分类是全集的一个划分（交集为空，并集为全集）。现在，假如我们已经知道了长度为n-1的各类DNA中符合要求的DNA个数，我们需要求出长度为n时各类DNA的个数。我们可以根据各类型间的转移构造一个边上带权的有向图。例如，从AT不能转移到AA，从AT转移到??有4种方法（后面加任一字母），从?A转移到AA有1种方案（后面加个A），从?A转移到??有2种方案（后面加G或C），从GG到??有2种方案（后面加C将构成病毒片段，不合法，只能加A和T）等等。这个图的构造过程类似于用有限状态自动机做串匹配。然后，我们就把这个图转化成矩阵，让这个矩阵自乘n次即可。最后输出的是从??状态到所有其它状态的路径数总和。
    题目中的数据规模保证前缀数不超过100，一次矩阵乘法是三方的，一共要乘log(n)次。因此这题总的复杂度是100^3 * log(n)，AC了。

1.（高等代数）证明:实对称矩阵${A_n} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{1}}&{\frac{1}{2}}&{\frac{1}{3}}& \cdots &{\frac{1}{n}}\\{\frac{1}{2}}&{\frac{1}{2}}&{\frac{1}{3}}& \cdots &{\frac{1}{n}}\\{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}& \cdots &{\frac{1}{n}}\\\vdots & \vdots & \vdots &{}& \vdots \\{\frac{1}{n}}&{\frac{1}{n}}&{\frac{1}{n}}& \cdots &{\frac{1}{n}}\end{array}} \right]$的特征值都大于$0$,且小于等于$3+2\sqrt{2}$.

2.（高等概率论）Let the stochastic processes $\{X_k,1\leq k\leq n\}$ and $\{X'_k,1\leq k\leq n\}$ be independent of one another and have the same joint distributions. If $m_k$ is a median of $X_k,1\leq k\leq n$. Prove: for $\lambda>0$,

求一个可逆矩阵$Q$使得$AQ=QB$.

证.(SUCCEME)记$H=A-B,G=P/2$,则我们有$HP=PH,BG-GB=H$,只需取一个可逆矩阵$Q$使得$(B+H)Q=QB$.

事实上,我们可取\[Q = {e^{ - G}} = 1 - G + \frac{{{G^2}}}{{2!}} - \frac{{{G^3}}}{{3!}} + \cdots \]

由$P$幂零可知上面的和为有限和.由$e^G\cdot e^{-G}=I$可知$Q$可逆.又由

\begin{align*}B{G^n} - {G^n}B&= \left( {B{G^n} - GB{G^{n - 1}}} \right) + \left( {GB{G^{n - 1}} - {G^2}B{G^{n - 1}}} \right) + \cdots + \left( {{G^{n - 1}}BG - {G^n}B} \right)\\&= H{G^{n - 1}} + GH{G^{n - 2}} + \cdots + {G^{n - 1}}H = nH{G^{n - 1}},\end{align*}

可知

\[B{G^n} - {G^n}B=nH{G^{n - 1}}.\]

因此

\begin{align*}\left( {B + H} \right)Q - QB &= \left( {B + H} \right)\left( {1 - G + \frac{{{G^2}}}{{2!}} - \frac{{{G^3}}}{{3!}} + \cdots } \right) - \left( {1 - G + \frac{{{G^2}}}{{2!}} - \frac{{{G^3}}}{{3!}} + \cdots } \right)B\\&= \sum\limits_{n \ge 0} {\left[ {\left( {B + H} \right)\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{G^n}}}{{n!}} - \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{G^n}}}{{n!}}B} \right]} = \sum\limits_{n \ge 0} {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n!}}\left( {B{G^n} - {G^n}B + H{G^n}} \right)} \\&= \sum\limits_{n \ge 0} {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n!}}\left( {nH{G^{n - 1}} + H{G^n}} \right)} = \sum\limits_{n \ge 0} {{{\left( { - 1} \right)}^n}\left( {\frac{{H{G^{n - 1}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}} + \frac{{H{G^n}}}{{n!}}} \right)} = 0.\end{align*}

这里约定$n=-1$时, $HP^n/n!=0$.所以此时$\left( {B + H} \right)Q = QB$成立.

设$A\in M_n (\mathbb{R})$对称正定, $X\in M_{n\times m} (\mathbb{R})$且$X^TX=I_m$.证明$X^TA^{-1}X-{X^TAX}^{-1}$是半正定矩阵.

证.首先

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{X^T}AX}&{{I_m}}\\{{I_m}}&{{X^T}{A^{ - 1}}X}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{X^T}AX}&{{X^T}X}\\{{X^T}X}&{{X^T}{A^{ - 1}}X}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{X^T}}&0\\0&{{X^T}}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}A&{{I_n}}\\{{I_n}}&{{A^{ - 1}}}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}X&0\\0&X\end{array}} \right).\]

而

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{I_n}}&0\\{ - {A^{ - 1}}}&{{I_n}}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}A&{{I_n}}\\{{I_n}}&{{A^{ - 1}}}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{I_n}}&{ - {A^{ - 1}}}\\0&{{I_n}}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}A&0\\0&0\end{array}} \right).\]

所以$\left( {\begin{array}{*{20}{c}}A&{{I_n}}\\{{I_n}}&{{A^{ - 1}}}\end{array}} \right)$半正定,所以$\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{X^T}AX}&{{I_m}}\\{{I_m}}&{{X^T}{A^{ - 1}}X}\end{array}} \right)$半正定.

又\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{I_m}}&0\\{ - {{\left( {{X^T}AX} \right)}^{ - 1}}}&{{I_m}}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{X^T}AX}&{{I_m}}\\{{I_m}}&{{X^T}{A^{ - 1}}X}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{I_m}}&{ - {{\left( {{X^T}AX} \right)}^{ - 1}}}\\0&{{I_m}}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{X^T}AX}&0\\0&{{X^T}{A^{ - 1}}X - {{\left( {{X^T}AX} \right)}^{ - 1}}}\end{array}} \right),\]

所以$X^TA^{-1}X-{X^TAX}^{-1}$是半正定矩阵.

设 $x_i>0,i=1,2,\cdots$, 证明矩阵 $${\left( {\frac{{\ln \left( {1 + {x_i} + {x_j}} \right) - \ln \left( {1 + \left| {{x_i} - {x_j}} \right|} \right)}}{{{x_i} + {x_j} - \left| {{x_i} - {x_j}} \right|}}} \right)_{n \times n}} $$是半正定矩阵.

证.(morrismodel)这是一道合成题, 我把它分解开来:

题1. 当$0<x_1<x_2<\cdots<x_n$时,

$$\left(\min\{x_i,x_j\}\right)_{n\times n}= \begin{pmatrix} x_1&x_1&x_1&\cdots&x_1\\ x_1&x_2&x_2&\cdots &x_2\\ x_1&x_2&x_3&\cdots&x_3\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ x_1&x_2&x_3&\cdots&x_n \end{pmatrix} $$

正定.

证明. 由如下的矩阵恒等式得到:

\begin{align*}&\begin{pmatrix} a_1&\\ a_1&a_2\\ a_1&a_2&a_3\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ a_1&a_2&a_3&\cdots&a_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1&a_1&a_1&\cdots&a_1\\ 0&a_2&a_2&\cdots &a_2\\ 0&0&a_3&\cdots&a_3\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0&0&0&\cdots&a_n \end{pmatrix}\\=& \begin{pmatrix} a_1^2&a_1^2&a_1^2&\cdots&a_1^2\\ a_1^2&a_1^2+a_2^2&a_1^2+a_2^2&\cdots &a_1^2+a_2^2\\ a_1^2&a_1^2+a_2^2&a_1^2+a_2^2+a_3^2&\cdots&a_1^2+a_2^2+a_3^2\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ a_1^2&a_1^2+a_2^2&a_1^2+a_2^2+a_3^2&\cdots&a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots+a_n^2 \end{pmatrix}.\end{align*}

题2. 当正数$x_1,x_2,\cdots,x_n$两两不相等时,

$$\left(\min\{x_i,x_j\}\right)_{n\times n}= \begin{pmatrix} x_1&x_1&x_1&\cdots&x_1\\ x_1&x_2&x_2&\cdots &x_2\\ x_1&x_2&x_3&\cdots&x_3\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ x_1&x_2&x_3&\cdots&x_n \end{pmatrix} $$

正定.

证明. 对任何$N$阶置换$\sigma\in S_N$,

\begin{align*} &\sum_{i,j=1}^Na_{i}a_{j}\min\{x_{\sigma(i)},x_{\sigma(j)}\}=\sum_{i=1}^N\left(\sum_{j=1}^Na_{i}a_{j}\min\{x_{\sigma(i)},x_{\sigma(j)}\}\right)\\=&\sum_{i=1}^N\left(\sum_{j=1}^Na_{i}a_{\sigma^{-1}(j)}\min\{x_{\sigma(i)},x_{j}\}\right)=\sum_{j=1}^N\left(\sum_{i=1}^Na_{i}a_{\sigma^{-1}(j)}\min\{x_{\sigma(i)},x_{j}\}\right)\\=&\sum_{j=1}^N\left(\sum_{i=1}^Na_{\sigma^{-1}(i)}a_{\sigma^{-1}(j)}\min\{x_{i},x_{j}\}\right)=\sum_{i,j=1}^Na_{\sigma^{-1}(i)}a_{\sigma^{-1}(j)}\min\{x_{i},x_{j}\}. \end{align*}

再结合题1就得到结论.

题3. 当正数$x_1,x_2,\cdots,x_n$两两不相等时,

$$\left(e^{x_i+x_j-|x_i-x_j|}\right)_{n\times n}= \begin{pmatrix} e^{2x_1}&e^{2x_1}&e^{2x_1}&\cdots&e^{2x_1}\\ e^{2x_1}&e^{2x_2}&e^{2x_2}&\cdots &e^{2x_2}\\ e^{2x_1}&e^{2x_2}&e^{2x_3}&\cdots&e^{2x_3}\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ e^{2x_1}&e^{2x_2}&e^{2x_3}&\cdots&e^{2x_n} \end{pmatrix} $$

正定.

证明. 由题2得到.

题4. 当正数$x_1,x_2,\cdots,x_n$两两不相等且$\theta\in[0,1]$时,

$$\left(\frac{1}{1+\theta(x_i+x_j)+(1-\theta)|x_i-x_j|}\right)_{n\times n} $$

正定.

证明.

\begin{align*} &\sum_{i,j=1}^N\frac{a_ia_j}{1+\theta(x_i+x_j)+(1-\theta)|x_i-x_j|}\\=&\sum_{i,j=1}^Na_ia_j\int_0^\infty e^{-t(1+\theta(x_i+x_j)+(1-\theta)|x_i-x_j|)}dt\\ =&\int_0^\infty e^{-t}\left(\sum_{i,j=1}^N(a_ie^{-tx_i})(a_je^{-tx_j})e^{t(1-\theta)(x_i+x_j-|x_i-x_j|)}\right)dt. \end{align*}

再由题3得到结论.

题5. 当正数$x_1,x_2,\cdots,x_n$两两不相等时,

$$\left( {\frac{{\ln \left( {1 + {x_i} + {x_j}} \right) - \ln \left( {1 + \left| {{x_i} - {x_j}} \right|} \right)}}{{{x_i} + {x_j} - \left| {{x_i} - {x_j}} \right|}}} \right)_{n \times n} $$

正定.

证明.

$${\frac{{\ln \left( {1 + {x_i} + {x_j}} \right) - \ln \left( {1 + \left| {{x_i} - {x_j}} \right|} \right)}}{{{x_i} + {x_j} - \left| {{x_i} - {x_j}}\right|}}}=\int_0^1 \frac{1}{1+\theta(x_i+x_j)+(1-\theta)|x_i-x_j|} d\theta.$$

再由题4得到结论.

回到原题, 没有假设正数$x_i$两两不等, 只需在题5的基础上摄动一下就能得到半正定性.

参考：http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=21850&extra=&page=2

许以超第二版书上P73页留了个行列式求解的思考题,还是比较棘手的,下面给出自己的解答.

求

\[{\Delta _n} = \det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{1 + {x_1}{y_1}}&{1 + {x_1}{y_2}}& \cdots &{1 + {x_1}{y_n}}\\{1 + {x_1}y_1^2}&{1 + {x_1}y_2^2}& \cdots &{1 + {x_1}y_n^2}\\\vdots & \vdots &{}& \vdots \\{1 + {x_1}y_1^n}&{1 + {x_1}y_2^n}& \cdots &{1 + {x_1}y_n^n}\end{array}} \right).\]

解:先来个引理(许以超自己给出的).

事实上,我们有

\begin{align*}&\det A + x\sum\limits_{j,k = 1}^n {{A_{jk}}} = \det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_{11}} + x}& \cdots &{{a_{1n}} + x}\\\vdots &{}& \vdots \\{{a_{n1}} + x}& \cdots &{{a_{nn}} + x}\end{array}} \right)\\=& \det A + x\det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&1& \cdots &1&1\\{{a_{21}} - {a_{11}}}&{{a_{22}} - {a_{12}}}& \cdots &{{a_{2,n - 1}} - {a_{1,n - 1}}}&{{a_{2n}} - {a_{1n}}}\\{{a_{31}} - {a_{21}}}&{{a_{32}} - {a_{22}}}& \cdots &{{a_{3,n - 1}} - {a_{2,n - 1}}}&{{a_{3n}} - {a_{2n}}}\\\vdots & \vdots &{}& \vdots & \vdots \\{{a_{n1}} - {a_{n - 1,1}}}&{{a_{n2}} - {a_{n - 1,2}}}& \cdots &{{a_{n,n - 1}} - {a_{n - 1,n - 1}}}&{{a_{nn}} - {a_{n - 1,n}}}\end{array}} \right).\end{align*}

其中$A_{kj}$是方阵$A=(a_{jk})$的第$k$行,第$j$列位置的元素的代数余子式.

因此

\begin{align*}&{\Delta _n} = \det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{1 + {x_1}{y_1}}&{1 + {x_1}{y_2}}& \cdots &{1 + {x_1}{y_n}}\\{1 + {x_1}y_1^2}&{1 + {x_1}y_2^2}& \cdots &{1 + {x_1}y_n^2}\\\vdots & \vdots &{}& \vdots \\{1 + {x_1}y_1^n}&{1 + {x_1}y_2^n}& \cdots &{1 + {x_1}y_n^n}\end{array}} \right)\\= &\det A + \det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&1& \cdots &1\\{{x_1}\left( {y_1^2 - {y_1}} \right)}&{{x_1}\left( {y_2^2 - {y_2}} \right)}& \cdots &{x_1\left( {y_n^2 - {y_n}} \right)}\\\vdots & \vdots &{}& \vdots \\{{x_1}\left( {y_1^n - y_1^{n - 1}} \right)}&{{x_1}\left( {y_2^n - y_2^{n - 1}} \right)}& \cdots &{{x_1}\left( {y_n^n - y_n^{n - 1}} \right)}\end{array}} \right)\\=& \det A + x_1^{n - 1}\det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&1& \cdots &1\\{y_1^2 - {y_1}}&{y_2^2 - {y_2}}& \cdots &{y_n^2 - {y_n}}\\\vdots & \vdots &{}& \vdots \\{y_1^n - y_1^{n - 1}}&{y_2^n - y_2^{n - 1}}& \cdots &{y_n^n - y_n^{n - 1}}\end{array}} \right).\end{align*}

对上面的行列式进行升阶:

\[\det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&1& \cdots &1\\{y_1^2 - {y_1}}&{y_2^2 - {y_2}}& \cdots &{y_n^2 - {y_n}}\\\vdots & \vdots &{}& \vdots \\{y_1^n - y_1^{n - 1}}&{y_2^n - y_2^{n - 1}}& \cdots &{y_n^n - y_n^{n - 1}}\end{array}} \right) = \det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{{y_1}}&{{y_2}}& \cdots &{{y_n}}\\0&1&1& \cdots &1\\0&{y_1^2 - {y_1}}&{y_2^2 - {y_2}}& \cdots &{y_n^2 - {y_n}}\\\vdots & \vdots & \vdots &{}& \vdots \\0&{y_1^n - y_1^{n - 1}}&{y_2^n - y_2^{n - 1}}& \cdots &{y_n^n - y_n^{n - 1}}\end{array}} \right).\]

将第一行加到第三行,第三行加到第四行,$\cdots$,最后将第$n$行加到第$n+1$行:

\begin{align*}\det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{{y_1}}&{{y_2}}& \cdots &{{y_n}}\\0&1&1& \cdots &1\\1&{y_1^2}&{y_2^2}& \cdots &{y_n^2}\\\vdots & \vdots & \vdots &{}& \vdots \\1&{y_1^n}&{y_2^n}& \cdots &{y_n^n}\end{array}} \right) &= \det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{{y_1}}&{{y_2}}& \cdots &{{y_n}}\\1&1&1& \cdots &1\\1&{y_1^2}&{y_2^2}& \cdots &{y_n^2}\\\vdots & \vdots & \vdots &{}& \vdots \\1&{y_1^n}&{y_2^n}& \cdots &{y_n^n}\end{array}} \right) + \det \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{{y_1}}&{{y_2}}& \cdots &{{y_n}}\\{ - 1}&0&0& \cdots &0\\1&{y_1^2}&{y_2^2}& \cdots &{y_n^2}\\\vdots & \vdots & \vdots &{}& \vdots \\1&{y_1^n}&{y_2^n}& \cdots &{y_n^n}\end{array}} \right)\\& = \left( { - 1} \right) \cdot \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {{y_k} - 1} \right)} \cdot \prod\limits_{1 \le i < j \le n} {\left( {{y_j} - {y_i}} \right)} + \prod\limits_{k = 1}^n {{y_k}} \cdot \prod\limits_{1 \le i < j \le n} {\left( {{y_j} - {y_i}} \right)} \\& = \prod\limits_{1 \le i < j \le n} {\left( {{y_j} - {y_i}} \right)} \cdot \left[ { - \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {{y_k} - 1} \right)} + \prod\limits_{k = 1}^n {{y_k}} } \right].\end{align*}

因此

\begin{align*}{\Delta _n} &= \det A + x_1^{n - 1}\prod\limits_{1 \le i < j \le n} {\left( {{y_j} - {y_i}} \right)} \cdot \left[ { - \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {{y_k} - 1} \right)} + \prod\limits_{k = 1}^n {{y_k}} } \right]\\& = x_1^n \cdot \prod\limits_{k = 1}^n {{y_k}} \cdot \prod\limits_{1 \le i < j \le n} {\left( {{y_j} - {y_i}} \right)} + x_1^{n - 1}\prod\limits_{1 \le i < j \le n} {\left( {{y_j} - {y_i}} \right)} \cdot \left[ { - \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {{y_k} - 1} \right)} + \prod\limits_{k = 1}^n {{y_k}} } \right]\\& = x_1^{n - 1}\prod\limits_{1 \le i < j \le n} {\left( {{y_j} - {y_i}} \right)} \cdot \left[ { - \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {{y_k} - 1} \right)} + \left( {{x_1} + 1} \right)\prod\limits_{k = 1}^n {{y_k}} } \right].\end{align*}

今天13级数院的JJ发来提问:

求对称矩阵

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{a_{11}^2}&{{a_{11}}{a_{12}} + 1}&{{a_{11}}{a_{13}} + 1}& \cdots &{{a_{11}}{a_{1n}} + 1}\\{{a_{11}}{a_{12}} + 1}&{a_{22}^2}&{{a_{22}}{a_{23}} + 1}& \cdots &{{a_{22}}{a_{2n}} + 1}\\{{a_{11}}{a_{13}} + 1}&{{a_{22}}{a_{23}} + 1}& \ddots & \ddots & \vdots \\\vdots & \vdots & \ddots &{a_{n - 1,n - 1}^2}&{{a_{n - 1,n - 1}}{a_{n - 1,n}} + 1}\\{{a_{11}}{a_{1n}} + 1}&{{a_{22}}{a_{2n}} + 1}& \cdots &{{a_{n - 1,n - 1}}{a_{n - 1,n}} + 1}&{a_{nn}^2}\end{array}} \right)\]的特征值.

源自：http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=31895&highlight=%E6%AD%A6%E6%B1%89%E5%A4%A7%E5%AD%A6

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