Deje $A$ ser una matriz de $n\times n$ matriz que para cualquier matriz $B$ tenemos $\det(A+B)=\det(A)+\det(B)$. Si esto implica que $A=0$? o $\det(A)=0$?
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No. Considere la posibilidad de la 1-por-1 caso, donde $\det(A+B)\equiv A+B\equiv\det(A)+\det(B)$.
Edit: sin Embargo, la afirmación es verdadera para $n>1$. Por la multiplicación de matrices elementales, podemos suponer que la $A=I_k\oplus0_{(n-k)\times(n-k)}$ donde $k$ es el rango de $A$. Si $k=n$, es decir,$A=I$, considere la posibilidad de $B=0\oplus -I_{n-1}$. A continuación, $\det(A+B)=\det(A)+\det(B)$ implica que el $0=1$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto $k<n$. Ahora vamos a $B=0_{k\times k}\oplus I_{n-k}$. A continuación, $\det(A+B)=\det(A)+\det(B)$ implica que el $1=\det(B)$. Por lo tanto $k$ debe ser igual a $0$, es decir,$A=0$.
Jim Petkus
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Al $n\geq 2$ $A,B$ $n\times n$ matrices de más de un director ideal de dominio $R$ (a fortiori cualquier campo), esta condición implica $A=0$. El argumento de @user1551 funciona de la misma.
Por el Smith forma normal de descomposición, existen dos invertible matrices $P,Q$ y una matriz diagonal $D$ tal que $$ PAQ=D. $$ Entonces $$ \det (D+PBQ)=\det P \det (a+B)\det P=\det P(\det a+\det B)\det P =\det D+\det(PBQ) $$ así $$ \det (D+C)=\det D+\det C \qquad\forall C\en M_n(R). $$ Suponga $D$ es distinto de cero. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que las $D=\mbox{diag}(d_1,\ldots,d_k,0\ldots,0)$ donde $k\geq 1$ y todos los $d_j\neq 0$.
Si $k=n$, obtenemos una contradicción con $C=\mbox{diag}(-d_1,0\ldots,0)$: $0=\det D+0$ mientras que $\det D\neq 0$.
Si $k<n$, obtenemos una contradicción con $C=\mbox{diag}(0,\ldots,0,1\ldots,1)$ donde hay $k$ ceros: $d_1\cdots d_k=0+0$.
Así $$ D=0\qquad \Rightarrow \quad A=P^{-1}DQ^{-1}=0. $$
Nota: si $R$ no es un director ideal de dominio, no tengo idea.
Andreas Caranti
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Esto sucede, por supuesto, cuando $n = 1$, como se nota por @user1551
Si $n \ge 2$, considere la matriz $C$ a que todos los ceros, excepto el último de la fila, que es igual a la primera fila de $A$ menos que la última fila de $A$. Así $$ 0 = \det(a + C) = \det(A) + \det(C) = \det(A). $$ Esto es debido a que $A+C$ tiene la primera y última fila de la igualdad, y $\det(C) = 0$$n > 1$.
Entonces $$ \det(-A + \lambda I) = (-1)^{n} \det(A) + \lambda^{n} = \lambda^{n}, $$ así que todos los autovalores de a $A$ son cero, y $A$ es nilpotent. Tener en cuenta sin pérdida de generalidad el caso al $A \ne 0$ se compone de un único bloque de Jordan $$ A = \begin{bmatrix} 0&1&0&\dots\\ 0&0&1&\dots\\ \dots\\ \dots&&0&1&0\\ \dots&&&0&1\\ &&&&0 \end{bmatrix}, $$ donde he omitido los valores cero. Considere la posibilidad de $$ B = \begin{bmatrix} 0&0&0\dots\\ 0&0&0\dots\\ \dots\\ \dots&0&0&0\\ \dots&&0&0\\ 1&&&0& \end{bmatrix}. $$ A continuación,$\det(A) = \det(B) = 0$, pero $\det(A+B) = 1$.
De ello se desprende que $A = 0$.
Lissome
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Vamos a demostrar que $A=0$.
Deje $A= (a_{ij})$. En primer lugar es obvio que $\det(A)=0$.
Reivindicación 1 , existe un $i$, de modo que $a_{ii}=0$.
Definir $B=(b_{ij})$ donde $b_{ij}=a_{ij}$ si $j>i$ $0$ lo contrario. (Lo $B$ es 0 en la diagonal y bajo y
A continuación,$\det(A-B)=\det(A)+(-1)^n \det(B)=0\pm 0=0$.
Desde $A-B$ es lowertriangular, $\det(A-B)$ es el producto de la diagonal entradas y por lo tanto $a_{11}...a_{nn}=0$.
La reivindicación 2 $a_{11}=..=a_{nn}=0$.
Prueba.
Deje $c_{ij}=a_{ij}$ si $j>i$ $c_{ij}=0$ si $j<i$.
Ahora, definimos $c_{ii}=0$ si $a_{ii}\neq 0$ $1$ lo contrario.
Entonces, por construcción $A-C$ es invertible inferior triangual de la matriz, y $C$ es una triangular superior de la matriz.
Entonces
$$0 \neq \det(A-C)=\det(A)+(-1)^n\det(C)=\pm c_{11}c_{22}...c_{nn}$$
Esto demuestra que $c_{ii}\neq 0 \Rightarrow a_{ii} = 0$ todos los $i$.
La reivindicación 3 $A=0$.
Prueba: Supongamos $C$ ser cualquier matriz cuadrada invertible. Ahora, para cualquier matriz cuadrada a $B$ hemos
$$\det(CA+B)=\det(C) [\det (a+C^{-1}B)]=\det(C) [\det (A)+\det(C^{-1}B)]= \det(C) \det (A)+ \det(C) \det(C^{-1}B)=\det(CA)+\det(B)$$
Esto demuestra que $CA$ tiene la misma propiedad para todos los invertible $C$, y por lo tanto, para cualquier matriz invertible $C$ todas las entradas de la diagonal de a$CA$$0$. [mismo resultado puede ser probada por $AC$].
Para completar el ejercicio todo lo que necesitas hacer es probar el siguiente lema, que es fácil (trivial si usted sabe o permutación elementales de matrices.):
Lema Deje $A$ ser una matriz de modo que para todos es invertible matrices $C$, las entradas de la diagonal de a $CA$ todos los $0$. A continuación,$A=0$.
Segunda prueba Deje $J$ ser el cannonical forma de $A$. A continuación, exactamente como el de la reivindicación 3, $J$ tiene la misma propiedad.
Deje $\lambda_1,..,\lambda_n$ ser los autovalores de a $A$ y deje $D$ ser cualquier matriz diagonal con entradas de $x_1,..,x_n$.
A continuación, $\det(J+D)=\det(J)+\det(D)$ rendimientos
$$(\lambda_1+x_1)...(\lambda_n+x_n)=\lambda_1...\lambda_n+x_1...x_n$$
en ${\mathbb C}[X_1,..,X_n]$. Es trivial para concluir de aquí que $\lambda_1=..=\lambda_n=0$ , esspecially que ya sabemos que $\det(A)=0$.
Esto muestra que $J=0$ o $J$ tiene algunos distinto de cero entradas, y todas esas extries aparecen en la diagonal por encima de la diagonal principal. Pero, a continuación, mediante la adición de una matriz en la mayoría de las $n-1$ cero elementos, podemos crear una matriz invertible, lo que contradice $\det(J+B)=\det(J)+\det(B)$.
