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标签： 行列式 矩阵 线性代数 FFT 拉格朗日插值
只要稍微看过一点线性代数的应该都知道范德蒙德行列式。
\[V(x_0,x_1,\cdots ,x_{n-1})=\begin{bmatrix}
{1}&{1}&{\cdots}&{1}\{x_{0}}&{x_{1}}&{\cdots}&{x_{n-1}}\{x_{0}^2}&{x_{1}^2}&{\cdots}&{x_{n-1}^2}\{\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\{x_{0}^{n-1}}&{x_{1}^{n-1}}&{\cdots}&{x_{n-1}^{n-1}}\\end{bmatrix} \]
而范德蒙德行列式由于其本身的特殊性，具有通项公式:
\[V(x_0,x_1,\cdots ,x_{n-1})=\prod _{n > i > j \geq 0}(x _{i}-x _{j})\]
我们同样可以把行列式中的项写到矩阵中来，即范德蒙德方阵
\[V=\begin{pmatrix}
{1}&{1}&{\cdots}&{1}\{x_{0}}&{x_{1}}&{\cdots}&{x_{n-1}}\{x_{0}^2}&{x_{1}^2}&{\cdots}&{x_{n-1}^2}\{\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\{x_{0}^{n-1}}&{x_{1}^{n-1}}&{\cdots}&{x_{n-1}^{n-1}}\\end{pmatrix}\]
考虑范德蒙德方阵的逆矩阵，我们可以借助伴随矩阵来计算。
对于\(V\)的伴随矩阵\(V^*\)
\[(V^*)_{ij}=c_{ij}\]
其中\(c_{ij}\)为\(V\)的代数余子式
有\(V^{-1}={V* \over det(V)}\)
那么对于每一项，有\((V^{-1})_{ij}={c_{ij} \over det(V)}\)
我们只需要知道每一个代数余子式其与行列式的商即可。
而然这种方法比较复杂，尤其对于缺失了一行的范德蒙德行列式难以计算，而本文的重点并不在此，如果想找详细的证明可以去看这篇博客Vandermonde 矩陣的逆矩陣公式
最后可以得到
\[(V^{-1})_{ij}=(-1)^{j+1}{ \sum\limits_{0 \leq p_1<\cdots < p_{n-j} < n;\ p_1,p_2,\cdots p_{n-j} \ne i} x_{p_1} x_{p_2} \cdots x_{p_{n-j}} \over \prod\limits_{0 \leq k < n;\ k\ne i} (x_k-x_i)} \]
上面的方法太过复杂，接下来我们考虑范德蒙德方阵的实际意义进行思考。
重新审视方阵，发现乘上一个范德蒙德方阵相当于带进了\(n\)个点进行求值，即
\[\begin{pmatrix}
{a_0}\{a_1}\{a_2}\{\vdots}\{a_{n-1}}\\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
{1}&{1}&{\cdots}&{1}\{x_{0}}&{x_{1}}&{\cdots}&{x_{n-1}}\{x_{0}^2}&{x_{1}^2}&{\cdots}&{x_{n-1}^2}\{\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\{x_{0}^{n-1}}&{x_{1}^{n-1}}&{\cdots}&{x_{n-1}^{n-1}}\\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
{y_1}\{y_2}\{y_3}\{\vdots}\{y_{n}}
\end{pmatrix}
\]
相当于有多项式\(f(x)=\sum_{i=0}^{n-1} a_ix^i\),其中\(y_i=f(x_i)\)
乘上范德蒙德方阵相当于带入\(n\)个点求值，反过来，乘上其逆矩阵就应该是用\(n\)个点插值。
即
\[\begin{pmatrix}
{a_0}\{a_1}\{a_2}\{\vdots}\{a_{n-1}}\\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
{y_1}\{y_2}\{y_3}\{\vdots}\{y_{n}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
{1}&{1}&{\cdots}&{1}\{x_{0}}&{x_{1}}&{\cdots}&{x_{n-1}}\{x_{0}^2}&{x_{1}^2}&{\cdots}&{x_{n-1}^2}\{\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\{x_{0}^{n-1}}&{x_{1}^{n-1}}&{\cdots}&{x_{n-1}^{n-1}}\\end{pmatrix}^{-1} \]
那么我们考虑拉格朗日插值，有
\[f(x)=\sum_{i}y_i\prod_{j\ne i} {x-x_j \over x_i-x_j} \]
显然，\((V^{-1})_{ij}\)为\(\prod\limits_{k\ne i} {x-x_k \over x_i-x_k}\)在\(x^{j-1}\)项的系数。
快速傅立叶变换的核心思想也是将系数向量迅速变换为点值向量，再迅速的将点值向量还原成系数向量，其中还原的操作我们称之为\(IDFT\)。
用\(1\)的\(n\)次复根\(w\),其中\(w_i=w^i\)
在做快速傅立叶变换的时候，我们乘上了一个\(V(w_0,w_1,\cdots,w_{n-1})\)的矩阵。
而在\(IDFT\)时，我们需要乘上\(V(w_0,w_1,\cdots,w_{n-1})^{-1}\)，但是在实际应用中，我们会直接乘上$ {1 \over n}V(w_0,w_{-1},\cdots,w_{-n+1}) $。接下来笔者将证明这两个矩阵是相同的。（当然我们默认n为2的次幂）
\[\prod\limits_{j\ne i} {(x-w^j) \over (w^i-w^j)}={\prod\limits_{j\ne i} (x-w^j) \over \prod\limits_{j\ne i} (w^i-w^j)}\]
不妨令\[G(x)=\prod_{0 \leq j < n} (x-w^j)\]
而\(w^{0},w^1,\cdots,w^{n-1}\)都是1的n次复根，根据代数基本定理，显然有\[G(x)=x^n-1\]
那么考虑原式分母\[\prod\limits_{j\ne i} (w^i-w^j) = \lim _{x \to w^i}{G(x) \over {x-w^i}}\]
根据洛必达法则，这个极限的值相当于上下部分求导的商。
\[ \lim _{x \to w^i}{G(x) \over {x-w^i}}=\lim _{x \to w^i} G'(x)=n \times w^{i(n-1)}=n \times w^{-i}\]
原式分子
\[{\prod\limits_{j\ne i} (x-w^j)}={G(x) \over {x-w^i}}={1-x^n \over {w^i-x}}\=w^{-i} \times \begin{pmatrix}{1 \over 1- x w^{-i}}-{x^n \over 1-xw^{-i}}\end{pmatrix}\=w^{-i} \times \begin{pmatrix}{\sum_{j=0}^{\infty} w^{-ij}x^j -\sum_{j=n}^{\infty} w^{-i(j-n)}x^j} \end{pmatrix}\=w^{-i} \times \sum_{j=0}^{n-1} w^{-ij} x^j
\]
分子除以分母，得
\[原式={w^{-i} \times \sum\limits_{j=0}^{n-1} w^{-ij} x^j \over n \times w^{-i}}\=\sum_{j=0}^{n-1} {w^{-ij} \over n}x^i\]
对比各项系数，不难得出两矩阵相同，即
\[\begin{pmatrix}
{1}&{1}&{\cdots}&{1}\{w_{0}}&{w_{1}}&{\cdots}&{w_{n-1}}\{w_{0}^2}&{w_{1}^2}&{\cdots}&{w_{n-1}^2}\{\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\{w_{0}^{n-1}}&{w_{1}^{n-1}}&{\cdots}&{w_{n-1}^{n-1}}\\end{pmatrix}^{-1}
={1 \over n}\begin{pmatrix}
{1}&{1}&{\cdots}&{1}\{w_{0}}&{w_{-1}}&{\cdots}&{w_{-n+1}}\{w_{0}^2}&{w_{-1}^2}&{\cdots}&{w_{-n+1}^2}\{\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\{w_{0}^{n-1}}&{w_{-1}^{n-1}}&{\cdots}&{w_{-n+1}^{n-1}}\\end{pmatrix}
\]
浅谈范德蒙德(Vandermonde)方阵的逆矩阵的求法以及快速傅里叶变换(FFT)中IDFT的原理
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原文地址：https://www.cnblogs.com/gzy-cjoier/p/9741950.html
