Produit de matrices et valeurs propres

Bruno_1 · October 2008

$\newcommand{\K}{\mathbf{K}}$Bonjour,
Soient $A, B \in M_n(\K)$, deux matrices carrées à coefficients dans $\K$ ($\K = \R$ ou $\C$).
Je voudrais montrer que $AB$ et $BA$ ont les mêmes valeurs propres.

Je ne sais pas comment m'y prendre. Tout ce que je sais c'est que $\det(AB) = \det(BA)$.
Pourriez-vous m'indiquer comment faire ?
Merci.

egoroff · October 2008

Salut Bruno,

Il y a sans doute plus intelligent, mais tu peux commencer par le cas où $B$ est inversible, et utiliser ta relation de commutation dans le déterminant pour montrer que les polynômes caractéristiques sont égaux. Peux-tu écrire $AB-\lambda I$ comme un produit de deux facteurs, de sorte que $BA-\lambda I$ soit le produit des mêmes facteurs dans l'ordre inverse ? Tu en déduiras que les déterminants de ces deux expressions sont égaux.

Puis : comment passer du cas $B$ inversible au cas général ?

Guego · October 2008

Valable sur n'importe quel corps :
Soit $M = \begin{pmatrix} -\lambda I & -B \\ A & I \end{pmatrix}$ et $N = \begin{pmatrix} I & B \\ 0 & -\lambda I \end{pmatrix}$

L'identité $\det(MN)=\det(NM)$ fournit l'égalité des polynômes caractéristiques de $AB$ et de $BA$.

Bruno_1 · October 2008

Salut
Merci pour vos réponses.
J'ai bien compris la solution donnée par Guego.

> egoroff : voilà ce que j'ai trouvé (pas sûr) : soient $A, B \in M_n(\K)$, on a :
$B.(AB-\lambda I) = BAB - \lambda B = (BA - \lambda I).B$
D'où, en utilisant la propriété de commutativité du déterminant :
$\det (B.(AB - \lambda I)) = \det ( (BA - \lambda I).B)$

C'est ensuite que je ne suis pas sûr :
on a $\det(B)\det(AB -\lambda I) = \det(BA - \lambda I)\det(B)$ : mais peut-on "simplifier" par $\det(B)$ des deux côtés ? Pour cela, il faudrait que $\det(B) \neq 0$, et on retombe sur la condition $B$ inversible...

lolo33 · October 2008

Oui tu as ton résultat pour B inversible .ne peux-tu pas faire la même chose avec B-yI ?

egoroff · October 2008

Je pensais à $AB-\lambda I=(A-\lambda B^{-1})B$ et $BA-\lambda I=B(A-\lambda B^{-1})$, du coup pas besoin de simplification. Ensuite si $B$ est singulière on sait qu'elle est limite de matrice inversibles.

Bruno_1 · October 2008

> lolo33 : par "B -yI", tu entends $B - \lambda I$ ? Je ne vois pas comment manipuler cela.

> egoroff : ok pour la décomposition. Par contre, je ne connais pas le résultat que tu indiques : une matrice singulière est limite de matrices inversibles.
Soit $(B_n)_n \subset M_n(\K)$, une suite de matrices inversibles convergeant vers $B$.
Alors, pour tout $n \in \N$, en utilisant ton résultat, on peut écrire que :
$\det(AB_n - \lambda I) = \det(B_nA - \lambda I)$.
Comme (je suppose ?) $\det : M_n(\K) \to \K$ est une application continue, on peut écrire :
$\displaystyle {\det (\lim_{n \to \infty} (AB_n - \lambda I)) = \det (\lim_{n \to \infty} (B_nA - \lambda I))}$
Soit : $\det(AB - \lambda I) = \det (BA - \lambda I)$.
Je ne trouve pas, dans mes cours et manuels, ce théorème : une matrice singulière est la limite d'une suite de matrices inversibles. Pourrais-tu me donner une idée de la preuve de ce théorème ?

Remarque0 · October 2008

Sinon, pour le cas d'une valeur propre non nulle, tu peux regarder ce que donne $Bv$ où $v$ est un vecteur propre de $AB$ associé à cette valeur propre.

Bu · October 2008

Bruno_1 :

Je ne trouve pas, dans mes cours et manuels, ce théorème : une matrice singulière est la limite d'une suite de matrices inversibles. Pourrais-tu me donner une idée de la preuve de ce théorème ?

Je me substitue à Egoroff.

N'as tu dans aucun de tes cours ou manuels le fait que les matrices inversibles forment un ouvert dense de $M_n(\mathbb{K})$ ($\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C})$?
On peut montrer la densité comme suit. Soit $M$ une matrice de $M_n(\mathbb{K})$. Alors $P(t)=\det(M-tI_n)$ est un polynôme non identiquement nul, et on peut donc trouver $t\in \mathbb{K}$ avec $|t|$ aussi petit qu'on veut tel que $P(t)\neq 0$, ce qui équivaut à $\det(M-tI_n)$ inversible; on peut ainsi approcher $M$ d'aussi près qu'on veut par des matrices inversibles.

Cordialement.

Bruno_1 · October 2008

> remarque : soit $\lambda$ une valeur propre non nulle de $AB$ associée à un vecteur propre $v$, montrons que $\lambda$ est aussi une valeur propre de $BA$.

On a : $AB(v) = \lambda v$. D'où $BA(B(v)) = B(AB(v)) = B(\lambda v) = \lambda B(v)$ : ainsi $\lambda$ est une valeur propre de $BA$ associée au vecteur propre $B(v) \neq 0$.

Si $\lambda$ est une valeur propre nulle de $AB$, alors elle est trivialement une valeur propre de $BA$.

Finalement, $AB$ et $BA$ ont les mêmes valeurs propres, donc le même polynôme caractéristique.

C'est correct ?

> Bu : merci pour tes indications. Non, je n'ai pas du tout ce résultat dans mes manuels (qui sont des manuels de L2 ; là, je rentre en L3). Pourrais-tu me donner quelques références bibliographiques sur ce sujet afin que j'explore cela d'un peu plus près ?

Remarque0 · October 2008

Bruno_1 écrivait:

> C'est correct ?

Yessss (tu)

Bu · October 2008

Non, je n'ai sous la main que le Grifone d'algèbre liéaire qui ne fait pas mention de cet aspect topologique.

A part cela : "Finalement, AB et BA ont les mêmes valeurs propres, donc le même polynôme caractéristique." Ca ne suffit pas tout à fait. Les multiplicités des valeurs propres comptent aussi. Et ce n'est pas évident à attraper; la méthode suggérée par remarque me semble se heurter à cette difficulté.

Cordialement.

Remarque0 · October 2008

Moui, tu chipotes un peu Bu, mais bon. Disons qu'elles ont le même spectre, en interprétant un peu la question.

gb · October 2008

L'intérêt de la méthode de Guego est qu'elle ne demande pas que $A$ et $B$ soient carrées.
Si $A$ a $n$ lignes et $p$ colonnes, et $B$ a $p$ lignes et $n$ colonnes, avec $p \le n$, on obtient immédiatement $\det(AB - \lambda I_n) = (-\lambda)^{n-p}\det(BA - \lambda I_p)$.

Bu · October 2008

J'avais oublié que la question de départ était "avoir les mêmes valeurs propres".

Par contre quand je dis que l'affirmation "AB et BA ont les mêmes valeurs propres, donc le même polynôme caractéristique" n'est pas correcte, là je ne chipote pas, et je pense que tu es d'accord avec moi sur ce point.

Cordialement.