## 利用 Lagrange 內插多項式推導 Cauchy 矩陣的逆矩陣

$C=[c_{ij}]$ 為一 $n\times n$ 階 Cauchy 矩陣，其中各元為 $c_{ij}=(a_i+b_j)^{-1}$$a_i+b_j\neq 0$，或明確表示如下：

$C=\begin{bmatrix} \frac{1}{a_1+b_1}&\frac{1}{a_1+b_2}&\cdots&\frac{1}{a_1+b_n}\\[0.3em] \frac{1}{a_2+b_1}&\frac{1}{a_2+b_2}&\cdots&\frac{1}{a_2+b_n}\\[0.3em] \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\[0.3em] \frac{1}{a_n+b_1}&\frac{1}{a_n+b_2}&\cdots&\frac{1}{a_n+b_n} \end{bmatrix}$

Cauchy 矩陣的行列式的計算公式如下 (見“每週問題 March 7, 2011”)：

$\displaystyle \det C=\frac{\prod_{1\le j

$n\times n$ 階矩陣 $Z=[z_{ij}]$ 滿足 $ZC=I$，對於任意 $1\le i,k\le n$，就有

$\displaystyle \sum_{j=1}^n\frac{z_{ij}}{a_j+b_k}=\delta_{ik}$

\displaystyle\begin{aligned} L_i(x)&=\frac{(x-b_1)\cdots(x-b_{i-1})(x-b_{i+1})\cdots(x-b_n)}{(b_i-b_1)\cdots(b_i-b_{i-1})(b_i-b_{i+1})\cdots(b_i-b_n)}\\ &=\prod_{1\le p\le n\atop p\neq i}\left(\frac{x-b_p}{b_i-b_p}\right),\end{aligned}

$\displaystyle L_i(x)=\sum_{j=1}^n\frac{z_{ij}}{x+a_j}$

\displaystyle\begin{aligned} f(x)&=f(-a_1)\prod_{1\le p\le n\atop p\neq 1}\left(\frac{x+a_p}{-a_1+a_p}\right)+\cdots+f(-a_n)\prod_{1\le p\le n\atop p\neq n}\left(\frac{x+a_p}{-a_n+a_p}\right)\\ &=\sum_{j=1}^nf(-a_j)\prod_{1\le p\le n\atop p\neq j}\left(\frac{x+a_p}{-a_j+a_p}\right),\end{aligned}

$\displaystyle {f(x)}\bigg/{\prod_{1\le p\le n}(x+a_p)}=\sum_{j=1}^n\frac{f(-a_j)\big/\prod_{1\le p\le n\atop p\neq j}(-a_j+a_p)}{x+a_j}$

$\displaystyle f(x)=L_i(x)\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)$

\displaystyle\begin{aligned} {f(b_k)}\bigg/{\prod_{1\le p\le n}(b_k+a_p)}&=L_i(b_k)\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)\bigg/\prod_{1\le p\le n}(b_k+a_p)\\ &=\delta_{ik}\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)\bigg/\prod_{1\le p\le n}(b_k+a_p)\\ &=\delta_{ik}=L_i(b_k).\end{aligned}

$\displaystyle z_{ij}={f(-a_j)}\bigg/{\prod_{1\le p\le n\atop p\neq j}(-a_j+a_p)}$

\displaystyle\begin{aligned} z_{ij}&=L_i(-a_j)\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)\bigg/\prod_{1\le p\le n\atop p\neq j}(-a_j+a_p)\\ &=\left(\prod_{1\le p\le n\atop p\neq i}\left(\frac{-a_j-b_p}{b_i-b_p}\right)\right)\left(\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)\right)\bigg/\prod_{1\le p\le n\atop p\neq j}(-a_j+a_p)\\ &={\left(\prod_{1\le p\le n\atop p\neq i}(a_j+b_p)\right)\left(\prod_{1\le p\le n}(a_p+b_i)\right)} \bigg/{\left(\prod_{1\le p\le n\atop p\neq i}(b_i-b_p)\right)\left(\prod_{1\le p\le n\atop p\neq j}(a_j-a_p)\right)}\\ &={\prod_{1\le p\le n}(a_j+b_p)(a_p+b_i)}\bigg/{(a_j+b_i)\left(\prod_{1\le p\le n\atop p\neq j}(a_j-a_p)\right)\left(\prod_{1\le p\le n\atop p\neq i}(b_i-b_p)\right)}. \end{aligned}

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### 4 則回應給 利用 Lagrange 內插多項式推導 Cauchy 矩陣的逆矩陣

1. 陈瑜佳 說：

老师你好。

這麼做的原因是：當 $x\in\{b_1,\ldots,b_n\}$

\displaystyle\begin{aligned} {f(b_k)}\bigg/{\prod_{1\le p\le n}(b_k+a_p)}&=L_i(b_k)\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)\bigg/\prod_{1\le p\le n}(b_k+a_p)\\ &=\delta_{ik}\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)\bigg/\prod_{1\le p\le n}(b_k+a_p)\\ &=\delta_{ik}=L_i(b_k).\end{aligned}

这个地方有点不明白。为什么后来 $(b_k)$ 留在了等价式里，而且是写的是 $(b_i)$ 而不是 $x$ 呢？

• 陈瑜佳 說：

不好意思。。。好像评论不支持latex格式。就是对文中倒数第三个等式的一些问题。

• ccjou 說：

我將你的迴響編輯過以正確顯示。Wordpress 支援LaTeX，請在語法前輸入 $+latex+空格，結束時再鍵入$。

我不確定你的疑問在哪裡，故將每一個步驟註解：
1) 將 $x=b_k$ 代入前一式
$\displaystyle f(x)=L_i(x)\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)$ 可得
$\displaystyle {f(b_k)}\bigg/{\prod_{1\le p\le n}(b_k+a_p)}=L_i(b_k)\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)\bigg/\prod_{1\le p\le n}(b_k+a_p)$
2) 因為 $L_i(b_k)=\delta_{ik}$ (在前面的一句話，明顯地，……)
$Eq=\delta_{ik}\prod_{1\le p\le n}(b_i+a_p)\bigg/\prod_{1\le p\le n}(b_k+a_p)$
3) 右邊分式是一個常數，不要理它。若 $i=k$，則分式等於1且 $\delta_{ik}=1$；若 $i\neq k$，則 $\delta_{ik}=0$，所以有
$Eq=\delta_{ik}=L_i(b_k)$

部分推論編輯過，希望比較容易閱讀。

• 陈瑜佳 說：

谢谢老师！现在看懂了。