Valores propios no nulos de $AA^T$ y $A^TA$

Question

Como parte de un ejercicio tengo que demostrar lo siguiente:

Sea $A$ una matriz $(n \times m)$. Sea $A^T$ la matriz transpuesta de $A$. Entonces $AA^T$ es una matriz $(n \times n)$ y $A^TA$ es una matriz $(m \times m)$. $AA^T$ tiene un total de $n$ valores propios y $A^TA$ tiene un total de $m$ valores propios.

Lo que necesito demostrar es lo siguiente:

$AA^T$ tiene un valor propio $\mu \neq 0$ $\Longleftrightarrow$ $A^TA$ tiene un valor propio $\mu \neq 0$

En otras palabras, tienen los mismos valores propios no nulos, y si uno tiene más valores propios que el otro, entonces todos son iguales a $0$.

¿Cómo puedo demostrar esto?

Gracias y saludos.

Answer 1

Sea $\lambda$ un eigenvalor de $A^TA$, es decir, $$A^T A x = \lambda x$$ para algún $x \neq 0$. Podemos multiplicar $A$ por la izquierda y obtener $$A A^T (Ax) = \lambda (Ax).$$

¿Qué puedes concluir de esto?

Answer 2

De hecho, los valores propios distintos de cero $AB$ y $BA$ son los mismos para cualquier matriz rectangular $A$ y $B$. Esto se sigue del hecho de que $trace((AB)^k) = trace((BA)^k)$ y los coeficientes de los polinomios característicos de una matriz cuadrada $A$ son una función de $trace(A^k).$

Answer 3

Una prueba que me viene a la mente es usar el teorema del determinante de Sylvester.

En particular: $$\mu \neq 0 \text{ es un valor propio de }A^TA \implies\\ \det(A^TA - \mu I) = 0 \implies\\ \det(I + (-1/\mu)A^TA) = 0 \implies\\ \det(I + A(-1/\mu)A^T) = 0 \implies\\ \det(AA^T - \mu I) = 0 \implies\\ \mu \neq 0 \text{ es un valor propio de }AA^T$$

Answer 4

SVD es definitivamente excesivo, pero tal vez te sería útil (como lo es para mí) dibujar las matrices que nos da la descomposición:

Recuerda que:

• Las columnas de $V$ (vectores singulares derechos) son autovectores de $A^TA$.
• Las columnas de $U$ (vectores singulares izquierdos) son autovectores de $AA^T$.
• $V^T=V^{-1}$ y $U^T=U^{-1}$.

Con algunas operaciones sencillas puedes obtener:

Y también:

Escribe ambas ecuaciones, pero para la columna $i^\text{th}$.
A partir de ahí, la solución no está lejos.