称行列式$$\det A=\det\left(\frac{1}{a_{i}+b_{j}}\right)_{n\times n}$$为Cauchy行列式,我们来计算他：

由于$$\det\left(\frac{1}{a_{i}+b_{j}}\right)_{n\times n}=\frac{1}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(a_{i}+b_{j})}\det(c_{ij})_{n\times n}$$

如果将$a_{1},\cdots,a_{n},b_{1},\cdots,b_{n}$视作变量,那么每个$c_{ij}$都是一个$n-1$次的多元多项式,因此$\det(c_{ij})_{n\times n}$的结果必然是一个$n(n-1)$次的多元多项式$f(a_{1},\cdots,a_{n},b_{1},\cdots,b_{n})$(简记作$f$).

如果我们将$a_{1}$视作变量,而其余视作常数,那么显然如果存在$a_{k}=a_{1}$,必然有$$f=\det(c_{ij})_{n\times n}=0$$

从而$f$有因子$(a_{1}-a_{k}),k=2,3,\cdots,n$;以此类推可知$f$含有因子$$g=\prod_{1\leq i<j\leq n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})$$

注意到$${\rm deg }g=2\binom{2}{n}={\rm deg}f$$

因此$f$和$g$仅相差一个非零常系数.即$$\det A=\frac{C\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(a_{i}+b_{j})}$$我们来求这个系数$C$,现令$$a_{i}=\frac{1}{2}+ix,b_{j}=\frac{1}{2}-jx$$,那么$$\det A=\det\left(\frac{1}{1+(i-j)x}\right)_{n\times n}$$

注意到上式的结果对于充分大的$x$是连续的,从而我们令$x\to\infty$可知$$\det A=1$$

而此时\begin{align*}\lim_{x\to\infty}\frac{\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(a_{i}+b_{j})}&=\lim_{x\to\infty}\frac{\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(i-j)x(j-i)x}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(1+(i-j)x)}\\&=\frac{-\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(i-j)^2}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n,i\neq j}(i-j)}=1\\\Rightarrow C&=1\end{align*}

综上便知$$\det\left(\frac{1}{a_{i}+b_{j}}\right)_{n\times n}=\frac{\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(a_{i}+b_{j})}$$

Cauchy行列式的一种计算方法