n阶满秩置换矩阵P+Pᵀ的特征值是否为n次单位根与其共轭之和？

首先得明确一个前提：你提到的「特征多项式为$x^n - 1 = 0$的n阶满秩置换矩阵」，其实特指n阶循环置换矩阵——也就是对应置换$(1\ 2\ \dots\ n)$的矩阵。这类矩阵的特征值恰好是所有n次单位根$\omega^k = e^{2\pi i k/n}$（$k=0,1,\dots,n-1$），每个都是单重的，这也是它的特征多项式为$x^n -1$的核心原因。

接下来直接回答你的问题：$P + P^{T$的特征值确实恰好是$\omega}k + \overline{\omega^k}$（等价于$2\cos(2\pi k/n)$），其中$\omega^k$是n次单位根，不管$n \geq 4$还是更小的情况都成立，具体推导如下：

• 置换矩阵的转置等于其逆矩阵，所以循环置换矩阵$P$的转置$P^T = P^{{-1}$；而循环置换矩阵的逆又是它的n-1次幂，即$P}{n-1}=P^{-1}$。
• 对于$P$的每个特征值$\omega^{k$，对应的特征向量$\mathbf{v}_k$同时也是$P}T$的特征向量，特征值为$\overline{\omega^{k}$（因为$P$是实矩阵，复特征值必然共轭成对，且$P}T$的特征值与$P$的特征值互为共轭）。
• 那么矩阵$P + P^T$作用在$\mathbf{v}_k$上时：
  $$(P + P^T)\mathbf{v}_k = P\mathbf{v}_k + P^T\mathbf{v}_k = \omega^k \mathbf{v}_k + \overline{\omega^k}\mathbf{v}_k = (\omega^k + \overline{\omega^k})\mathbf{v}_k$$
  这就直接证明了$\omega^k + \overline{\omega^k}$是$P + P^T$的特征值。
• 另外，由于$P$的特征向量${\mathbf{v}_0, \mathbf{v}1, \dots, \mathbf{v}{n-1}}$是线性无关的，所以这些特征值对应的特征向量也线性无关，说明$P + P^{T$的所有特征值就是这些$\omega}k + \overline{\omega^{k}$。需要注意的是，当$k$和$n-k$不相等时，$\omega}k + \overline{\omega^k} = \omega^{n-k} + \overline{\omega^{n-k}}$，会出现重数（比如n为偶数时，$k=n/2$对应的特征值是$-2$，是单重的；其他非对称的$k$对应的特征值重数为2）。

举个n=4的实际例子验证：
循环置换矩阵$P=\begin{pmatrix}0&1&0&0\0&0&1&0\0&0&0&1\1&0&0&0\end{pmatrix}$，$P^T=\begin{pmatrix}0&0&0&1\1&0&0&0\0&1&0&0\0&0&1&0\end{pmatrix}$，两者相加得到：
$$P+P^T=\begin{pmatrix}0&1&0&1\1&0&1&0\0&1&0&1\1&0&1&0\end{pmatrix}$$
计算它的特征值：2（对应$k=0$，$\omega^{0+\overline{\omega}0}=1+1=2$）、0（对应$k=1$和$k=3$，$\omega^{1+\overline{\omega}1}=i+(-i)=0$，重数2）、-2（对应$k=2$，$\omega^{2+\overline{\omega}2}=-1+(-1)=-2$），完全符合我们的结论。

最后补充一句：如果是普通的置换矩阵（非循环，特征多项式不是$x^{n-1$），这个结论就不成立了，但你问题里明确限定了特征多项式为$x}n-1$，所以只需要考虑循环置换矩阵的场景即可。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Drew Brady