Décomposition en valeurs singulières

SandwichFromage

Bonjour
Je n'arrive pas à montrer que, pour $A \in \mathcal M_{n,p}(\mathbb R),\ {}^t\! A A$ et $A{}^t\!A$ ont les mêmes valeurs propres non nulles avec les mêmes multiplicités. 
Cela reviendrait à montrer que leurs polynômes caractéristiques sont les mêmes hormis pour ce qui est de la racine zéro. Ça me fait penser à $ \chi_{AB} = \chi_{BA} $ dès que $A,B \in \mathcal M_n(\mathbb R)$, mais pour montrer cela j'ai besoin de commencer par le cas $A$ inversible (puis par densité) et donc je ne vois pas comment m'inspirer de ce raisonnement pour le cas de matrices rectangle. En cherchant un peu j'ai trouvé que si $A \in \mathcal M_n(\mathbb R)$, alors ${}^t\! A A$ et $A{}^t\!A$ sont orthogonalement semblables ; mais encore une fois le raisonnement se transpose mal aux matrices rectangles. Les deux matrices sont aussi diagonalisables dans $\mathbb R$ (elles sont symétriques réelles) donc ça revient à montrer que $\mathrm{rg}(A{}^t\! A - \lambda I_n) = \mathrm{rg}({}^t\! A A - \lambda I_p)$ mais encore une fois je n'arrive pas à aller plus loin.
Pouvez-vous m'aider svp ? J'aimerais un raisonnement qui soit à peu près naturel et pas trop sorti du chapeau si possible. 

Area 51

C'est quand même bizarre comme assertion : dans "les situations qui vont bien", la première a $p$ valeurs propres, tandis que la seconde en a $n$.

MrJ

Tu peux regarder l’exercice 63 avec ses indications à la fin de :
http://vonbuhren.free.fr/Prepa/Colles/reduction_endomorphismes.pdf#page7

SandwichFromage

Merci @MrJ

Math Coss

Autre méthode astucieuse, indiquée par l'inoxydable @Guego en 2010.

MrJ

@Math Coss : C’est la plus simple en effet, mais je suis toujours incapable de retrouver les deux matrices par blocs… 

Math Coss

Alors, euh, comment dire : « chi AB = chi BA » sur un moteur de recherche...

Bibix

Désolé, je ne comprends rien. Pour $A \in \mathcal M_{n,p}(\mathbb R),\ {}^t\! A A \in \mathcal{M}_p(\mathbb{R})$, et $A \ {}^t\! A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. Si $\ {}^t\! A A$ et $A \ {}^t\! A$ ont les mêmes valeurs propres avec les mêmes multiplicités, on a forcément $p = n$, non ?

noobey

$A^TA$ et $AA^T$ ont les mêmes valeurs propres non nulles avec mêmes multiplicités c'est la base de la décomposition en valeurs singulières. 
Comme corollaire : si $A \in M_{n,p}$  avec $n < p$ et si $0$ est valeur propre de $AA^T \in M_n$ de multiplicité $k$ alors $0$ est valeur propre de multiplicité $(p-n+k)$ pour $A^TA \in M_p$

Math Coss

Avec l'astuce rappelée par Guego, on montre que $X^k\det(X\mathrm{id}-A^{\mathsf T}A)=X^{\ell}\det(X\mathrm{id}-AA^{\mathsf T})$ pour $k$ et $\ell$ convenables (l'un nul, l'autre égal à la différence des dimensions).

Bibix

Ah d'accord, merci. Je pensais que vous disiez d'appliquer directement le résultat $\chi_{A B} = \chi_{B A}$.