Aquí es un boceto de la prueba. Dado que los valores propios de un operador lineal son independientes de la elección de la base, para facilitar la presentación, cuando hablamos de $A,G,Q$ o $M$ a continuación, son vistos como operadores lineales en lugar de matrices.
Considere la posibilidad de un orden de ortonormales base $\mathcal{U}=\left\{u_1,\ u_2,\ \ldots,\ \right\}$ donde
$$
\begin{align*}
u_1&=\frac1R(1,1,\ldots,1)^T,\\
u_2&=\frac1R(r,\,-1/r,\,\ldots,\,-1/r)^T
\end{align*}
$$
con $r=\sqrt{n-1}$$R=\sqrt{n}$. Se puede comprobar que en virtud de la $\mathcal{U}$, la matriz de $A$ está dado por $A'\oplus0_{(n-2)\times(n-2)}$ y la matriz de $G$ está dado por $G'\oplus0_{(n-2)\times(n-2)}$, donde
\begin{equation}
A'=\frac{r}{R^2}\begin{pmatrix}2r&r^2-1\\ r^2-1&-2r\end{pmatrix},
\quad G'=\frac{A'+r^2\theta I_2}{1-r^2\theta^2}.\la etiqueta{1}
\end{equation}
Ahora vamos a probar su afirmación, en el supuesto de que $u_2\notin W^\perp$. (El caso de $u_2\in W^\perp$ es similar pero más simple y por lo tanto se omite aquí.) Deje $\mathcal{V}=\{v_1,\ldots,v_n\}$ ser un ortonormales base de que $v_1,\ldots,v_k$ formulario de una base de $W$ y el otro $v_i$s forman una base de $W^\perp$. Aquí $v_1,v_2$ $v_{k+1}$ son elegidos de la siguiente manera:
$$
\begin{align}
v_1&=u_1,\\
v_{k+1}&=\frac{Mu_2}{\|Mu_2\|},\tag{2}\\
v_2&=\frac{(I-M)u_2}{\|(I-M)u_2\|}\tag{3}.
\end{align}
$$
Recordemos que $u_1\perp u_2$ y por supuesto, $u_1\in W \perp Mu_2\in W^\perp$. Por lo tanto, $u_1,\,Mu_2$ $(I-M)u_2$ son ortogonales uno al otro. También, como la matriz de $A$ $A'\oplus0_{(n-2)\times(n-2)}$ en base a $\{u_1,u_2,\ldots\}$, cerca de dos vectores propios de a $A$ son atravesados por $u_1$$u_2$. Sin embargo, por las condiciones dadas, $u_1\in W$ y los vectores propios de a $A$ no se encuentran dentro de $W$. Por lo tanto, $u_2$ no debe estar dentro de $W$. Por lo tanto $Mu_2\not=0$. Sin embargo, hemos asumido que $u_2\notin W^\perp$. Por lo $(I-M)u_2$ también es distinto de cero. Por lo tanto los denominadores en $(2)$ $(3)$ son cero y $\{v_1,v_2,v_{k+1}\}$ es de hecho un conjunto de vectores ortonormales.
Ahora, desde la $\mathcal{V}$ es ortonormales, para$i\not=1,2,k+1$, $v_i\perp\operatorname{span}\{v_1,v_2,v_{k+1}\}$ y, por tanto,$v_i\perp u_1, u_2$. Por lo tanto la matriz de $G$ bajo $\mathcal{V}$ es de la forma
\begin{equation}
\left[\begin{array}{ccc|cc}
\ast&\ast&&a\\
\ast&\ast&&b\\
&&0\\
\hline
a&b&&\ast\\
&&&&0
\end{array}\right]\etiqueta{4}
\end{equation}
donde el dos a cero las matrices de los tamaños de las $(k-2)\times(k-2)$ $(n-k-1)\times(n-k-1)$ respectivamente. Por $(1)$, $Gu_1$ tiene un componente distinto de cero en $u_2$. Desde $u_2\notin W$$W^\perp$, se deduce que el $a\not=0$$(4)$. Por lo tanto la matriz de $QM+MQ$ bajo $\mathcal{V}$ es de la forma
\begin{equation}
\left[\begin{array}{ccc|cc}
0&&&a\\
&0&&b\\
&&0_{(k-2)\times(k-2)}\\
\hline
a&b&&c\\
&&&&sI_{n-k-1}
\end{array}\right]
\end{equation}
donde $s=-\frac1n\operatorname{trace}(G)=\frac{-2r^2\theta}{n(1-r^2\theta^2)}$. Esta matriz es similar a la permutación
\begin{equation}
\left[\begin{array}{ccc|cc}
0&0&a\\
0&0&b\\
a&b&c\\
\hline
&&&0_{(k-2)\times(k-2)}\\
&&&&2sI_{n-k-1}
\end{array}\right]=S\oplus0_{(k-2)\times(k-2)}\oplus(2sI_{n-k-1}).
\end{equation}
Por lo tanto, si $\theta\not=0$ $n-k-1>0$ (es decir, si $\theta\not=0$$\dim W\le n-2$, de lo contrario, su afirmación no es cierto), uno distinto de cero, pero tal vez repite autovalor de a$QM+MQ$$\lambda=2s=\frac{-4r^2\theta}{n(1-r^2\theta^2)}$, el cual es aportado por el bloque de $2sI_{n-k-1}$. También, la ecuación característica de a$S$$x(x^2-cx-a^2-b^2)=0$. Como $a\not=0$, esta ecuación tiene un cero de la raíz y dos distintos de cero raíces. Si usted puede demostrar que estos dos distinto de cero, las raíces no son iguales a $2s$, entonces hemos terminado. Sin embargo, desde la $W$ es elegido arbitrariamente, creo que puede ser una medida de cero en el conjunto de la insuficiencia de los casos.
