一个行列式证明

令 $0<a_1<a_2<\ldots<a_n, 0<\lambda_1<\lambda_2<\ldots<\lambda_n$ ,矩阵 $A=\left( a_i^{\lambda_j}\right)_{n\times n}$. 如何证明: $\det A>0$
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把 $\det(A)$ 记成 $D(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1,\dotsc,\lambda_n)$.
$λ_1>0$ 的条件可以去掉, 因为
$a_1^s\dotsm a_n^sD(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1,\dotsc,\lambda_n)
=D(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1+s,\dotsc,\lambda_n+s)$.

先证明 $D(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1,\dotsc,\lambda_n)\neq0$. 用归纳法可以假定阶数小于 $n$ 时结论已成立.
$D=0$ 等价于存在非零常数 $c_1$, $\dotsc$, $c_n$ 使得对每个 $i$ 都有 $c_1a_i^{\lambda_1}+\dotsb+c_na_i^{\lambda_n}=0$.
于是函数 $f(x)=c_1x^{\lambda_1}+\dotsb+c_nx^{\lambda_n}$ 至少有 $n$ 个正根.
设 $c_1$, $\dotsc$, $c_n$ 中去掉 $c_k$ 后仍然不全为零.
由 Rolle 定理,
$[f(x)/x^{\lambda_k}]'=\sum\limits_{i\neq k}c_i(\lambda_i-\lambda_k)x^{\lambda_i-\lambda_k-1}$
至少有 $n-1$ 个正根 $\xi_1$, $\dotsc$, $\xi_{n-1}$.
这样就得到 $D(\xi_1,\dotsc,\xi_{n-1};\lambda_1-\lambda_k-1,\dotsc,\lambda_n-\lambda_k-1)=0$,
或者等价地 $D(\xi_1,\dotsc,\xi_{n-1};\lambda_1,\dotsc,\lambda_n)=0$, 和归纳假设矛盾.

接下来就好办了. 考察连续函数
$g(t)=D(a_1,\dotsc,a_n;t+(1-t)\lambda_1,\dotsc,t+(1-t)\lambda_n).$
$g(1)$ 是 Vandermonde 行列式, 若 $g(0)<0$, 由 $g(1)>0$ 得 $(0,1)$ 之间必有零点, 矛盾.

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