Nota primero que $A\in {\mathcal A}$ si y sólo si $\lambda A\in {\mathcal A}$ para cualquier número distinto de cero $\lambda$. Por lo tanto
no hay pérdida de generalidad si estamos preocupados con matrices $A$ que han norma $1$. Desde $\mathbb{C}^{n\times n}$
es una $C^*$-álgebra si es dotado con el operador de la norma, por lo que uno ha $\| A^* A\|=\| A\|^2$. Por lo tanto estamos buscando
matrices de $A\in \mathbb{C}^{n\times n}$ tal que
$$ \| A\|=1\quad \text{and}\quad \|A^*A+AA^*\|-\|A^*A-AA^*\|=1. $$
En primer lugar estamos preocupados con matrices de rango $1$. Vamos a utilizar la notación de operador de teoría: $A=u\otimes v$ donde $u, v \in {\mathbb C}^n$
son vectores distintos de cero. La acción de la $A$ ${\mathbb C}^n$ está dado por
$$Ax=\langle x,v\rangle u\qquad (x\in {\mathbb C}^n), $$
donde $\langle \cdot, \cdot \rangle$ es el producto interior en ${\mathbb C}^n$
(lineal en el primer componente y antilinear en el segundo).
Ya que se supone que $\| A\|=1$ podemos suponer también que el $\| u\|=\| v\|=1$. Si $u$ $v$ eran linealmente dependientes, entonces
$A$ sería normal y, por tanto, no sería en ${\mathcal A}$. Por lo tanto asumimos que $u$ $v$ son linealmente independiente de vectores de norma $1$.
Denotamos $\omega=\langle u,v\rangle$. Observar que $|\omega|< 1$ (desde $u$ $v$ son linealmente independientes de la norma $1$).
Tenga en cuenta que $A^*=v\otimes u$, $AA^*=u\otimes u$ y $A^*A=v\otimes v$. Por supuesto, $AA^*+A^*A=u\otimes u+v\otimes v$ es positivo semidefinite
matriz de rango $2$. De ahí su norma es igual a la del mayor autovalor. Dado que el rango de $AA^*+A^*A$ es el lineal lapso de vectores $u$ $v$
los vectores propios correspondientes a los no-cero autovalores de a $AA^*+A^*A$ son de la forma $x=\alpha u+\beta v$. Deje $\lambda>0$ ser un autovalor de
$AA^*+A^*A$ $x=\alpha u+\beta v$ ser un autovector en este autovalor. Entonces
$$[u\otimes u+v\otimes v](\alpha u+\beta v)=\lambda (\alpha u+\beta v)$$
da
$$ (\alpha +\beta \overline{\omega}-\lambda \alpha)u+ (\alpha \omega +\beta -\lambda \beta)v=0. $$
Desde $u, v$ son linealmente independientes, tenemos
$$ \alpha +\beta \overline{\omega}-\lambda \alpha=0\quad \text{and}\quad \alpha \omega +\beta -\lambda \beta=0. $$
Tenemos $\alpha \ne 0$ o $\beta \ne 0$ y por lo tanto se puede deducir que $\lambda=1\pm |\omega|$. De ello se sigue que
$$ \|A^*A+AA^*\|=1+|\omega|. $$
Matriz $A^*A-AA^*=u\otimes u-v\otimes v$ es selfadjoint y de rango $2$. En una manera similar a como antes, vemos que los autovalores distintos de cero
de esta matriz se $\pm \sqrt{1-|\omega|^2}$. Por lo tanto $\|A^*A-AA^*\|=\sqrt{1-|\omega|^2}$.
Por último, se desprende de
$$ 1=\|A^*A+AA^*\|-\|A^*A-AA^*\|=1+|\omega|-\sqrt{1-|\omega|^2}$$
que
$$ |\omega|=\frac{\sqrt{2}}{2}. $$
No es difícil comprobar ahora que cualquier $A=u\otimes v$ $\| u\|=1=\| v\|$ $|\langle u,v\rangle|=\frac{\sqrt{2}}{2}$ pertenece a ${\mathcal A}$.
Vamos ahora a $A\in \mathbb{C}^{n\times n}$ ser una matriz de rango $1$${\mathcal A}$, es decir, $A=u\otimes v$$\| u\|=1=\| v\|$$|\langle u,v\rangle|=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
y deje $B\in \mathbb{C}^{m\times m}$ ser cualquier matriz tal que
$$\| B\| \leq 1,\quad \| BB^*+B^*B\| \leq 1+\frac{\sqrt{2}}{2}\quad \text{and}\quad \| BB^*-B^*B\| \leq \frac{\sqrt{2}}{2}. $$
Entonces, para $A\oplus B\in \mathbb{C}^{(n+m)\times (n+m)}$, uno tiene
$$\| A\oplus B\| =1,\quad \| (A\oplus B)(A\oplus B)^*+(A\oplus B)^*(A\oplus B)\| = 1+\frac{\sqrt{2}}{2}$$
y
$$ \| (A\oplus B)(A\oplus B)^*-(A\oplus B)^*(A\oplus B)\| = \frac{\sqrt{2}}{2}, $$
lo que significa que $A\oplus B$ pertenece a ${\mathcal A}$ (en la dimensión $n+m$).
