Réduction

Bonjour, Badrino,
construis un morphisme simple de l'un des noyaux vers l'autre et vérifie (si tu l'as bien choisi ; il ne faut pas prendre $0$ par exemple) que c'est un isomorphisme.

Badrino : je ne suis pas sûr que $A^kX$ appartienne au second sev ; en revanche $BX$ s'y trouve peut-être ;-).

Après cela, on pourra utiliser l'hypothèse $\lambda\neq0$ et cela reste valable en dimension infinie.

par exemple, pour $k=2$, si $ABABX-2\lambda ABX+\lambda^2X=0$ alors $BABA\cdot BX-2\lambda BA\cdot BX+\lambda^2BX=0$.

Comment penser à $BX$ ?? Je connaissais depuis toujours le cas où $k=1$ (multiplier à gauche par quelque chose fait partie des tentatives habituelles : $ABX=\lambda X$ implique $B\cdot ABX=\lambda BX$ mais c'est aussi $BA\cdot BX=\lambda BX$) ; il était dès lors naturel d'espérer que la méthode se généralise...

Ah ! tu penses à cet exo sur $BA=qAB$ ; c'est vrai, mais il faut dire que la littérature regorge d'exos dans lesquels il s'agit de comparer $AB$ et $BA$ dans une algèbre non commutative. Si $A$ et $B$ sont des matrices $(p,q)$ et $(q,p)$ respectivement, alors $I_q-BA$ et $I_p-AB$ ont même déterminant.

Oui : c'est $X^p\chi_{_{BA}}=X^q\chi_{_{AB}}$ (et, si $p\neq q$, cela ne permet pas de montrer que $0$ est valeur propre de l'une ssi c'est une valeur propre de l'autre... pas étonnant, puisque c'est faux:-)).

Oui, bien sûr, $0$ est forcément. v.p. de l'une des deux, mais j'ai seulement dit que c'est le si et seulement si qui est faux. Par exemple, $A=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}$ et $B={}^t\!A$, alors $AB$ est inversible mais l'autre non.

De rien, Badrino !