[问题2014A01] 解答三（升阶法，由董麒麟同学提供）

[问题2014A01] 解答三（升阶法，由董麒麟同学提供）

引入变量 \(y\)，将 \(|A|\) 升阶，考虑如下行列式:

\[|B|=\begin{vmatrix} 1 & x_1-a & x_1(x_1-a) & x_1^2(x_1-a) & \cdots & x_1^{n-1}(x_1-a) \\ 1 & x_2-a & x_2(x_2-a) & x_2^2(x_2-a) & \cdots & x_2^{n-1}(x_2-a) \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 1 & x_n-a & x_n(x_n-a) & x_n^2(x_n-a) & \cdots & x_n^{n-1}(x_n-a) \\ 1 & y-a & y(y-a) & y^2(y-a) & \cdots & y^{n-1}(y-a) \end{vmatrix}.\]

将 \(|B|\) 中每一列按顺序乘以 \(a\) 加到后一列上，则有

\[|B|=\begin{vmatrix} 1 & x_1 & x_1^2 & x_1^3 & \cdots & x_1^n \\ 1 & x_2 & x_2^2 & x_2^3 & \cdots & x_2^n \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 1 & x_n & x_n^2 & x_n^3 & \cdots & x_n^n \\ 1 & y & y^2 & y^3 & \cdots & y^n \end{vmatrix}=\prod_{1\leq i<j\leq n}(x_j-x_i)\prod_{i=1}^n(y-x_i).\cdots(1)\]

另一方面，将 \(|B|\) 按最后一行进行展开，有

\[|B|=(-1)^n\prod_{1\leq i<j\leq n}(x_j-x_i)\prod_{i=1}^n(x_i-a)+(-1)^{n+1}|A|(y-a)+y(y-a)D,\cdots(2)\]

其中最后一行后 \(n-1\) 项的展开式提出公因子 \(y(y-a)\), 剩余部分记为 \(D\) (它具体是多少并不重要). 将 (1) 和 (2) 都看成是关于 \(y\) 的多项式，当 \(a\neq 0\) 时，比较其常数项 (换言之，令 \(y=0\) 即可)，有

\[\prod_{1\leq i<j\leq n}(x_j-x_i)\prod_{i=1}^nx_i=\prod_{1\leq i<j\leq n}(x_j-x_i)\prod_{i=1}^n(x_i-a)+a|A|,\]

从而有

\[|A|=\frac{1}{a}\prod_{1\leq i<j\leq n}(x_j-x_i)\Big(\prod_{i=1}^nx_i-\prod_{i=1}^n(x_i-a)\Big).\]

当 \(a=0\) 时，比较一次项 \(y\) 前面的系数，有

\[|A|=\prod_{1\leq i<j\leq n}(x_j-x_i)\Big(\sum_{i=1}^nx_1\cdots\hat{x}_i\cdots x_n\Big). \quad\Box\]