特殊矩阵特征多项式行列式性质及Birkhoff定理引理证明问询

咱们逐个解决这两个和矩阵相关的问题：

答案是肯定的！咱们从特征多项式的定义出发推导：

行列式的定义告诉我们：
$$\det(\lambda I - A) = \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n (\lambda I - A)_{i,\sigma(i)}$$

这个求和式里的每一项对应一个置换$\sigma$：

• 对于恒等置换$\sigma_0$，对应的乘积是$\prod_{i=1}^n (\lambda - a_{ii})$，这正是$\lambda I - A$的对角元乘积。
• 对于任意非恒等置换$\sigma \neq \sigma_0$，题目给出$\prod_{i=1}^n a_{i,\sigma(i)} = 0$，这意味着这个乘积里至少有一个元素$a_{i,\sigma(i)}=0$。咱们看这个置换对应的行列式项：
  $$\operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n (\lambda I - A){i,\sigma(i)} = \operatorname{sgn}(\sigma) \left( \prod{i: \sigma(i)=i} (\lambda - a_{ii}) \right) \left( \prod_{i: \sigma(i) \neq i} (-a_{i,\sigma(i)}) \right)$$
  因为$\sigma$是非恒等置换，至少存在一个$i$使得$\sigma(i) \neq i$，而$\prod_{i=1}^n a_{i,\sigma(i)}=0$意味着这个乘积里的某个因子为0，所以整个项的结果就是0。

这样一来，求和式里只剩下恒等置换对应的项，因此$\det(\lambda I - A) = \prod_{i=1}^n (\lambda - a_{ii})$，也就是对角元的乘积。

首先回顾行列式的定义，我们有：
$$\det(\lambda I - A) = \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n (\lambda I - A)_{i,\sigma(i)}$$

我们把置换群$S_n$拆分成两部分：恒等置换$\sigma_0$和所有非恒等置换$\sigma \neq \sigma_0$，于是求和式可以拆成：
$$\det(\lambda I - A) = \operatorname{sgn}(\sigma_0) \prod_{i=1}^n (\lambda I - A){i,\sigma_0(i)} + \sum{\sigma \neq \sigma_0} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n (\lambda I - A)_{i,\sigma(i)}$$

首先处理第一部分：

• 恒等置换的符号$\operatorname{sgn}(\sigma_0)=1$，且$(\lambda I - A){i,\sigma_0(i)} = \lambda - a{ii}$，因此第一部分就是$\prod_{i=1}^n (\lambda - a_{ii})$。

接下来处理非恒等置换的求和项：
对于任意$\sigma \neq \sigma_0$，$(\lambda I - A){i,\sigma(i)} = \lambda \cdot \delta{i,\sigma(i)} - a_{i,\sigma(i)}$（其中$\delta_{i,j}$是克罗内克函数，当$i=j$时为1，否则为0）。咱们展开这个乘积：
$$\prod_{i=1}^n (\lambda I - A){i,\sigma(i)} = \sum{S \subseteq {1,2,...,n}} \left( \prod_{i \in S} \lambda \cdot \delta_{i,\sigma(i)} \right) \left( \prod_{i \notin S} -a_{i,\sigma(i)} \right)$$

题目给出，对于所有非恒等置换$\sigma$，$\prod_{i=1}^n a_{i,\sigma(i)} = 0$。现在观察展开式中的各项：

• 如果$S$非空（即选取了至少一个$\lambda$因子），那么$S$中的元素都是$\sigma$的不动点（因为只有$\sigma(i)=i$时$\delta_{i,\sigma(i)}=1$）。此时对应的项为$\lambda^{|S|} \cdot \prod_{i \notin S} (-a_{i,\sigma(i)})$。但$\prod_{i=1}^n a_{i,\sigma(i)} = \prod_{i \in S} a_{ii} \cdot \prod_{i \notin S} a_{i,\sigma(i)} = 0$，这意味着要么$\prod_{i \notin S} a_{i,\sigma(i)}=0$（使得该项为0），要么$\prod_{i \in S} a_{ii}=0$——结合$A$是双随机矩阵的条件，若$\prod_{i \in S} a_{ii}=0$，则存在某个不动点$i$使得$a_{ii}=0$，此时该行的其他元素和为1，但对应的非恒等置换乘积仍为0，因此该项依然为0。
• 唯一可能非零的项是$S=\emptyset$的情况，也就是不选取任何$\lambda$因子，此时乘积就是$\prod_{i=1}^n -a_{i,\sigma(i)}$。

因此，对于每个非恒等置换$\sigma$，$\prod_{i=1}^n (\lambda I - A){i,\sigma(i)}$就等于$\prod{i=1}^n -a_{i,\sigma(i)}$（其他项都为0）。

把这部分代入原行列式的拆分式，就得到：
$$\det\left(\lambda I-A\right)=\prod_{i=1}^n(\lambda-a_{ii})+\sum_{\sigma\neq \sigma_0} \operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{i=1}^n -a_{i\sigma(i)}$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者David