C语言二维数组范德蒙,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...

浅谈范德蒙德(Vandermonde)方阵的逆矩阵与拉格朗日(Lagrange)插值的关系以及快速傅里叶变换(FFT)中IDFT的原理

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

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 $${\begin{pmatrix} {a_0}\ {a_1}\ {a_2}\ {\vdots}\ {a_{n-1}}\ \end{pmatrix} }^T\begin{pmatrix} {1}&{1}&{\cdots}&{1}\ {x_{0}}&{x_{1}}&{\cdots}&{x_{n-1}}\ {x_{0}^2}&{x_{1}^2}&{\cdots}&{x_{n-1}^2}\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\ {x_{0}^{n-1}}&{x_{1}^{n-1}}&{\cdots}&{x_{n-1}^{n-1}}\ \end{pmatrix}={ \begin{pmatrix} {y_0}\ {y_1}\ {y_2}\ {\vdots}\ {y_{n-1}} \end{pmatrix}}^T $$ 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 $${\begin{pmatrix} {a_0}\ {a_1}\ {a_2}\ {\vdots}\ {a_{n-1}}\ \end{pmatrix}}^T ={\begin{pmatrix} {y_0}\ {y_1}\ {y_2}\ {\vdots}\ {y_{n-1}} \end{pmatrix}}^T \begin{pmatrix} {1}&{1}&{\cdots}&{1}\ {x_{0}}&{x_{1}}&{\cdots}&{x_{n-1}}\ {x_{0}^2}&{x_{1}^2}&{\cdots}&{x_{n-1}^2}\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\ {x_{0}^{n-1}}&{x_{1}^{n-1}}&{\cdots}&{x_{n-1}^{n-1}}\ \end{pmatrix}^{-1} $$

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$w$,如果没有特别说明，以下本文中的$w$都为$e^{2\pi \over n}$ 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 $$原式={w^{-i} \times \sum\limits_{j=0}^{n-1} w^{-ij} x^j \over n \times w^{-i}}\ =\sum_{j=0}^{n-1} {w^{-ij} \over n}x^j$$ 对比各项系数，不难得出两矩阵相同，即 $$\begin{pmatrix} {1}&{1}&{\cdots}&{1}\ {1}&{w^{1}}&{\cdots}&{w^{n-1}}\ {1}&{w^{2}}&{\cdots}&{w^{(n-1)2}}\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\ {1}&{w^{n-1}}&{\cdots}&{w^{(n-1)(n-1)}}\ \end{pmatrix}^{-1} ={1 \over n}\begin{pmatrix} {1}&{1}&{\cdots}&{1}\ {1}&{w^{-1}}&{\cdots}&{w^{-(n-1)}}\ {1}&{w^{-2}}&{\cdots}&{w^{-(n-1)2}}\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\ {1}&{w^{-(n-1)}}&{\cdots}&{w^{-(n-1)(n-1)}}\ \end{pmatrix} $$