$A$ y $B$ $n×n$ simétrico matrices, sus valores propios no nulos son $(\lambda_{1},\ldots,\lambda_{r} )$, $( \mu_{1},\ldots,\mu_{s} )$. Caso los valores propios de $A + B$ $(\lambda_{1},\ldots,\lambda_{r}，\mu_{1},\ldots,\mu_{s} )$, mostrar que $AB = BA = 0$
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Como se dijo, esto no es cierto. Tomar
$$A=\begin{bmatrix}2 &0 &0\\0&1 &0 \\ 0 & 0&0\end{bmatrix} \text{ and } B= \begin{bmatrix}0 &0 &0\\0&1 &0 \\ 0 & 0&1\end{bmatrix}$$
a continuación,$AB \ne 0$, pero $A,B, A+B$ cumplir con la hipótesis.
Así que usted puede asumir que $A,B$ son positivas semi-definida como orangeskid hizo o asumir que las multiplicidades se suman, como voy a hacer:
¿Qué sabemos acerca de diagonalizable matrices? Son un isomorfismo cuando restringidos a su imagen. Especialmente se desvanecen en el complemento de su imagen. Así que si nos muestran las imágenes de $A$ $B$ está de acuerdo sólo en $0$ hemos terminado.
Contando autovalores sabemos que $$\text{rank}{A}+ \text{rank}{B} = \text{rank}{(A+B)}.$$
Esto nos da $\dim\text{im}{A} + \dim \text{im}{B} =\dim \text{im}{(A+B)}$ observando la dimensión de los subespacios sabemos que la intersección debe ser $0$ y por lo tanto $$\text{im}{A} \oplus \text{im}{B} =\text{im}{(A+B)}.$$
En otras palabras, tenemos una descomposición $$\text{im}{A} \oplus \text{im}{B} \oplus X $$ de $k^n$ donde $A$ sólo actúa sobre la $\text{im}{A}$ nontriviral y $B$ sólo actúa sobre la $\text{im}{B}$ nontrival.
orangeskid
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Unos pensamientos y una respuesta parcial:
La condición es equivalente a $ $$\operatorname{Trace} A^k + \operatorname{Trace}B^k = \operatorname{Trace}(A+B)^k$$ for all $k\ge 1.
$k=2$ Esto implica $\operatorname{Trace}AB = 0$.
Si tuviéramos la hipótesis extra $A$, $B$ positivo semi definida esto implicaría $AB = 0$. De hecho, $$ \operatorname{Trace} (\sqrt{B} \sqrt{A})(\sqrt{A} \sqrt{B})=\operatorname{Trace}AB =0$$ implies $ \sqrt{A} \sqrt{B} = 0 $ and so $ AB = 0$.
pythonic833
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Como dijo el user60589 tenemos que
$$ r + s \leq n. $$ $A,B$ $A+B$ puede ser diagonalized, así $$ A = UD_{A}U^{T} $$
$$ B =VD_{B}V^{T} $$ donde $U, V$ consta de los vectores propios a $A, B$ respectivamente. Algebraicas y geométricas del colector son los mismos, ya estamos estudiando las matrices simétricas. Los vectores propios de los diferentes valores propios son siempre ortogonales entre sí, si tenemos en cuenta matrices simétricas porque $$ \lambda_{i} \langle x_{i}, x_{j} \rangle = \langle Un x_{i}, x_{j} \rangle = \langle x_{i},Un x_{j} \rangle = \lambda_{j} \langle x_{i}, x_{j} \rangle $$ desde este y $\lambda_{i} \neq \mu_{j}$ todos los $i,j$ es de la siguiente manera $$ V^{T}U = 0 $$ simplemente porque $V,U$ consta de los vectores propios que debe por supuesto de todo ser ortogonal a cada uno de los otros. Así $$ BA\boldsymbol{v}=VD_{B}V^{T}UD_{A}U^{T}\boldsymbol{v} = 0 $$
¿Y el caso de $\lambda_{i} = \mu_{j}$ algunos $i,j$ ? Así que tenemos 2 lineal de los vectores propios independientes $\boldsymbol{v} \neq \boldsymbol{w}$ a un autovalor $\lambda$ (con algebraicas colector 2). De modo que podemos elegir 2 ortogonal de vectores propios $\boldsymbol{v},\boldsymbol{l}$ reemplazando a los anteriores: $$ \boldsymbol{l} = \boldsymbol{w}- \frac{ \langle \boldsymbol{v}, \boldsymbol{w} \rangle}{||\boldsymbol{v}||^{2}}\boldsymbol{v} $$ que es ortogonal a $\boldsymbol{v}$.
El autovalor ecuaciones de leer ahora: $$ (A+B)\boldsymbol{v} = \lambda \boldsymbol{v} $$ $$ (A+B)\boldsymbol{l}=(a+B)\boldsymbol{w}-(a+B)\frac{ \langle \boldsymbol{v}, \boldsymbol{w} \rangle}{||\boldsymbol{v}||^{2}}\boldsymbol{v} = \lambda \left(\boldsymbol{w} +\frac{ \langle \boldsymbol{v}, \boldsymbol{w} \rangle}{||\boldsymbol{v}||^{2}} \boldsymbol{v} \right) =\lambda \boldsymbol{l}. $$ A partir de aquí, se puede utilizar la argumentación dada anteriormente.
