Matrices a+B=AB implica Una conmuta con B

Question

$A$ $B$ $n\times n$ matrices y $A+B=AB$. Tengo una interesante prueba de que esto implica $A$ viajes con $B$, pero la prueba sólo funciona al $||B|| \lt 1$. Estoy buscando una manera de salvar a la prueba de lo que funciona para todos los $B$.

$$A=AB-B$$ $$A=(A-I)B$$ en varias ocasiones la sustitución de $A$ $(A-I)B$ en los HR, $$A= (A-I)B^N - \sum_{i=1} ^{N-1} B^i$$

Desde el espacio de $n\times n$ matrices es de Banach (de ahí completa), bajo la norma del operador de la norma, el límite de $\sum_{i=1}^{\infty}B^i$ se encuentra bien definido, determinado $||B|| \lt 1$. Por lo tanto, tomando el límite cuando $N \rightarrow \infty$, $$A = -\sum_{i=1}^{\infty}B^i$$

Ahora el LHS conmuta con B, por lo tanto también lo hace la RHS.

¿Hay algún truco para extender el método para trabajar con cualquier $B$ donde $||B|| \geq 1$? Sé que el resultado es cierto por otro algebraicas sencillas pruebas, pero me gustaría ver si este método puede ser salvado.

Answer 1

$$ (A-I)(B-I) = AB - A - B + I = I $$ así $$ (B-I)(A-I) = I $$ y $BA = AB = A+B$

Answer 2

Este es tal vez no es exactamente lo que está buscando, pero aquí es otro método algebraico : yo creo que el $I-B$ debe ser invertible.

De lo contrario, el núcleo es trivial, y tenemos un valor distinto de cero $x$ tal que $Bx=x$. Pero, a continuación, $A+B=AB$ rendimientos $Ax+Bx=ABx$, lo $Bx=0$ lo cual es absurdo.

Por lo $I-B$ es invertible. Deje $\chi_B$ ser el polinomio característico de a $B$. Nos acaban de demostrar que $1$ no es una raíz de $\chi_B$, lo $\chi_B$ es coprime a $X-1$. Entonces tenemos una identidad de Bezout $Q(X)(X-1)+P(X)\chi_B(X)=1$. Por el Cayley-Hamilton teorema, podemos deducir $Q(B)(B-I)=I$$(I-B)^{-1}=-Q(B)$. A continuación, $A=-BQ(B)$ viajes con $B$.

La moraleja de la historia : $(I-B)^{-1}$ (y, por tanto,$A$) siempre es un polinomio en a $B$.