[问题2014A01] 解答二（后 n-1 列拆分法，由郭昱君同学提供）
[|A|=egin{vmatrix} 1 & x_1^2-ax_1 & x_1^3-ax_1^2 & cdots & x_1^n-ax_1^{n-1} \ 1 & x_2^2-ax_2 & x_2^3-ax_2^2 & cdots & x_2^n-ax_2^{n-1} \ vdots & vdots & vdots & vdots & vdots \ 1 & x_n^2-ax_n & x_n^3-ax_n^2 & cdots & x_n^n-ax_n^{n-1} end{vmatrix}.]
从第二列开始，每一列都可记做 “1” 和 “2” 两个部分，分别对后 (n-1) 列进行拆分，共可拆成 (2^{n-1}) 个行列式之和. 我们来考虑拆分出来的这些行列式，假设第 (i) 列是从左至右第一个选择 “1” 的列，由行列式的性质，要使拆分出来的行列式非零，则第 (i+1,cdots,n) 列都要选择 “1”，此时前面的第 (2,cdots,i-1) 列都是选择 “2”，因此每一列都可以提取公因子 (-a)，行列式可提取出 ((-a)^{i-1}). 根据上面的分析，可得
[|A|=egin{vmatrix} 1 & x_1^2 & x_1^3 & cdots & x_1^n \ 1 & x_2^2 & x_2^3 & cdots & x_2^n \ vdots & vdots & vdots & vdots & vdots \ 1 & x_n^2 & x_n^3 & cdots & x_n^n end{vmatrix}+(-a)egin{vmatrix} 1 & x_1 & x_1^3 & cdots & x_1^n \ 1 & x_2 & x_2^3 & cdots & x_2^n \ vdots & vdots & vdots & vdots & vdots \ 1 & x_n & x_n^3 & cdots & x_n^n end{vmatrix}]
[+cdots+(-a)^{n-1}egin{vmatrix} 1 & x_1 & x_1^2 & cdots & x_1^{n-1} \ 1 & x_2 & x_2^2 & cdots & x_2^{n-1} \ vdots & vdots & vdots & vdots & vdots \ 1 & x_n & x_n^2 & cdots & x_n^{n-1} end{vmatrix}.]
把 (|A|) 看成是按第一行进行展开的 (n+1) 阶行列式，有
[|A|=egin{vmatrix} 0 & -1 & -a & cdots & -a^{n-1} \ 1 & x_1 & x_1^2 & cdots & x_1^n \ 1 & x_2 & x_2^2 & cdots & x_2^n \ vdots & vdots & vdots & vdots & vdots \ 1 & x_n & x_n^2 & cdots & x_n^n end{vmatrix}.]
当 (a eq 0) 时，我们有 (接下去的一步是按第一列进行拆分):
[|A|=-frac{1}{a}egin{vmatrix} 1+(-1) & a & a^2 & cdots & a^n \ 1+0 & x_1 & x_1^2 & cdots & x_1^n \ 1+0 & x_2 & x_2^2 & cdots & x_2^n \ vdots & vdots & vdots & vdots & vdots \ 1+0 & x_n & x_n^2 & cdots & x_n^n end{vmatrix}]
[=-frac{1}{a}Big(prod_{1leq i<jleq n}(x_j-x_i)prod_{i=1}^n(x_i-a)-prod_{1leq i<jleq n}(x_j-x_i)prod_{i=1}^nx_iBig)]
[=frac{1}{a}prod_{1leq i<jleq n}(x_j-x_i)Big(prod_{i=1}^nx_i-prod_{i=1}^n(x_i-a)Big).]
当 (a=0) 时，可用升阶法和 Vander Monde 行列式求出
[|A|=prod_{1leq i<jleq n}(x_j-x_i)Big(sum_{i=1}^nx_1cdotshat{x}_icdots x_nBig).quadBox]