Demostrar que $AB = 0$ implica $\det\left(A + B\right)^2 = \det\left(A - B\right)^2$.

Question

Dadas las matrices de $A, B \in \mathcal{M}_{n \times n}\left(\mathbb{R}\right)$, probar que si $AB = 0$, $\det\left(A + B\right)^2 = \det\left(A - B\right)^2$.

Esto se basa en una pregunta de examen desde hace un par de semanas que yo nunca resuelto, y me olvidé de mi instructores de soluciones.

Aquí son posibles ideas que he tenido:

1. Mostrar que $AB = BA$ (a excepción de que no es verdad).
2. Mostrar que $BA = -BA$-espere, ¿no es equivalente a (1)?
3. Mostrar que $\forall i,j\, \left(A_{ij} = 0\right) \mathrm{or} \left(B_{ij}=0\right)$, de modo que $\det\left(A + B\right) = \left(-1\right)^k\det\left(A - B\right)$ algunos $k$. Esta es sin duda una condición suficiente, pero no estoy seguro si es necesario.

Hemos aprendido de diagonalización, pero no hemos aprendido la forma canónica de Jordan sin embargo, por lo que sería ideal si evitaba ese tipo de respuesta.

Answer 1

$\renewcommand\im{\operatorname{im}}$Considerar una base de $\mathbb{R}^n$ constituida por una base de la imagen $\operatorname{im}(B)$ y que se extiende a una base de $\mathbb{R}^n$. A continuación,$\im(B) \subseteq \ker(A)$, por lo que en base a esto, las matrices de $A$ $B$ son de bloque de matrices $$ A = \begin{bmatrix} 0 & A_1 \\ 0 & A_2 \end{bmatrix},\quad B = \begin{bmatrix} B_1 & B_2 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}, $$ donde $B_1$ $r \times r$ (donde $r= \operatorname{rank}(B)$), $A_1$ y $B_2$$r \times (n-r)$, e $A_2$$(n-r) \times (n-r)$. Por qué? Si $\{v_1,\cdots v_n\}$ es una base de $\mathbb{R}^n$ $\{v_1,\cdots,v_r\}$ base $\im(B)$, $Bv_i$ $\im(B)$ todos los $i$, por lo que el último $n-r$ filas de $B$ son cero. También, $Av_i = 0$ $i \le r$ desde $v_i \in \im(B)$, por lo que el primer $r$ columnas de $A$ son cero.

Entonces $$ Un \pm B = \begin{bmatrix} \pm B_1 & A_1 \pm B_2 \\ 0 & A_2 \end{bmatrix} $$ ha determinante $\pm \det(B_1) \det(A_2)$ (bloque triangular), por lo que las plazas tienen el mismo determinante.