La respuesta que sigue es un desarrollo de ideas a partir de los comentarios de amsmath . El paso decisivo se basa en las siguientes observaciones.
Dado un conjunto de $n$ pares de números complejos $$\{(x_1,y_2),(x_2,y_2),\dots,(x_n,y_n)\}$$ tal que $$ \forall\; i\ne j:\; x_i\ne x_j, $$ definir su polinomio interpolador como $$ y(x)=\sum_{i}y_i\prod_{k\ne i}\frac{x-x_k}{x_i-x_k}.\tag1 $$
Diferenciando la expresión sobre $x$ y evaluando el resultado en $x_i$ se obtiene: $$ y'_i\equiv y'(x_i)=\sum_{j\ne i}\frac1{x_i-x_j} \left[y_i-y_j\prod_{k\ne(i,j)}\frac{x_i-x_k}{x_j-x_k}\right]. $$ o $$ \frac{y'_i}{\prod\limits_{k\ne i}x_i-x_k} =\sum_{j\ne i}\frac1{x_i-x_j}\left[\frac{y_i}{\prod\limits_{k\ne i}x_i-x_k} +\frac{y_j}{\prod\limits_{k\ne j}x_j-x_k}\right].\tag2 $$ Presentación de $f_i=\frac{y_i}{\prod\limits_{k\ne i}x_i-x_k}$ , $f'_i=\frac{y'_i}{\prod\limits_{k\ne i}x_i-x_k}$ la ecuación $(2)$ puede reescribirse en notación matricial como $$ \begin{pmatrix} \sum\limits_{i\ne1}\frac{1}{x_1-x_i}& \frac1{x_1-x_2}&\cdots&\frac1{x_1-x_n}\\ \frac1{x_2-x_1}& \sum\limits_{i\ne2}\frac{1}{x_2-x_i}&\cdots&\frac1{x_2-x_n}\\ \vdots& \vdots& \ddots&\vdots\\ \frac1{x_n-x_1}&\frac1{x_n-x_2}&\cdots&\sum\limits_{i\ne n}\frac{1}{x_n-x_i}\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \vphantom{\sum\limits_{i\ne1}\frac{1}{x_1-x_i}}f_1\\ \vphantom{\sum\limits_{i\ne1}\frac{1}{x_1-x_i}}f_2\\ \vdots\\ \vphantom{\sum\limits_{i\ne1}\frac{1}{x_1-x_i}}f_n\\ \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \vphantom{\sum\limits_{i\ne1}\frac{1}{x_1-x_i}}f'_1\\ \vphantom{\sum\limits_{i\ne1}\frac{1}{x_1-x_i}}f'_2\\ \vdots\\ \vphantom{\sum\limits_{i\ne1}\frac{1}{x_1-x_i}}f'_n\\ \end{pmatrix}.\tag3 $$ o $$ A f=f'.\tag4 $$
Supongamos ahora una forma especial del polinomio interpolador: $$ y_l(x)=(\lambda x+\beta)^l,\quad \beta,\lambda\in\mathbb C,\,\lambda\ne 0;\; l\in\mathbb Z,\,0\le l<n, $$ con su correspondiente $f$ -componentes vectoriales $$ f_{li}=\frac{(\lambda x_i+\beta)^l}{\prod\limits_{k\ne i}x_i-x_k},\quad f'_{li}=\frac{\lambda l(\lambda x_i+\beta)^{l-1}}{\prod\limits_{k\ne i}x_i-x_k}. $$
Entonces: $$ DA f_l=\lambda l f_l,\tag5 $$ donde hemos multiplicado ambos lados de la ecuación $(4)$ mediante una matriz diagonal $D$ con elementos $$ D_{ii}=\lambda x_i+\beta. $$
De ello se deduce que $f_l$ son los vectores propios de la matriz $DA$ con los correspondientes valores propios $\lambda l$ . Obsérvese que hemos encontrado todos $n$ (distintos) valores propios de la matriz.
Dado que el determinante de la matriz $DA+Ix$ es el polinomio característico de la matriz $DA$ evaluado en $-x$ se obtiene: $$ \det (DA+I x)=\prod_{l=0}^{n-1} x+\lambda l\\ \implies \det (A+D^{-1}x)=\det{D^{-1}}\det (DA+Ix) =\prod_{l=0}^{n-1}\frac{x+\lambda l}{\lambda x_{l+1}+\beta}.\tag6 $$
Sólo queda observar que $A+D^{-1}x$ con $\lambda=1$ , $\beta=-b$ , $x=c$ , $x_i=a_i$ es exactamente su matriz $M$ .
