Tenga en cuenta que basta con demostrar la afirmación cuando $A$ es no singular, ya que de lo contrario podemos reemplazar $A$ con $A - \nu I$ para algún $\nu$ que no sea un eigenvalor de $A$ sin cambiar las hipótesis o la conclusión del problema.
Comencemos asumiendo que $A$ (y por lo tanto también $A^T$) es diagonalizable. Si $A$ y $A^T$ son dos operadores diagonalizables que conmutan, entonces pueden ser diagonalizados simultáneamente, así que sea $v_1, \dots, v_n$ una base de eigenvectores simultáneos para $A$ y $A^T$. Recuerde que el espectro de $A$ es el mismo que el espectro de $A^T$, y además que las multiplicidades son las mismas, ya que las dos matrices comparten polinomios característicos.
Supongamos que $\lambda$ es un eigenvalor de multiplicidad $k$ para $A$ y $A^T$, y que supongamos sin pérdida de generalidad que $v_1, \dots, v_k$ es una base del espacio propio de $\lambda$ de $A$. Si no todos los $v_1, \dots, v_k$ son eigenvectores de $\lambda$ para $A^T$, entonces $A^Tv_i = \lambda v_i$ para algún $i > k$. Tomando $\lambda_i$ como el eigenvalor de $A$ asociado a $v_i$, tenemos $$\lambda_i^2 \|v_i\|^2 = \langle Av_i, Av_i\rangle = \langle A^T Av_i, v_i\rangle = \lambda_i \lambda \|v_i\|^2.$$
Dado que $\lambda \neq \lambda_i$ y $\|v_i\| \neq 0$, la única forma en que esto puede ocurrir es si $\lambda_i = 0$. Pero esto contradice nuestra suposición de que $A$ es no singular. Concluimos que el espacio propio de $\lambda$ de $A$ es el mismo que el espacio propio de $\lambda$ de $A^T$, lo que implica que todos los eigenvectores se comparten con los mismos eigenvalores. Esto concluye la prueba para el caso diagonalizable.
Si $A$ no es diagonalizable, entonces sea $V$ el subespacio diagonalizable maximal para $A$ (es decir, generado por todos los eigenvectores). Afirmamos que esto es invariante bajo $A^T$. De hecho, si $Av = \lambda v$, entonces $$AA^Tv = A^T Av = \lambda A^T v,$$ así que concluimos que $A^T$ preserva el espacio propio de $\lambda$ de $A$, y por lo tanto $A^T$ preserva $V$. (Esto no es muy diferente al argumento usual para mostrar que dos matrices diagonalizables que conmutan pueden ser diagonalizadas simultáneamente). Por lo tanto, restringiendo $A$ y $A^T$ a $V$ y aplicando el caso diagonalizable, concluimos que los eigenvectores de $A$ son un subconjunto de los eigenvectores de $A^T$. Sin embargo, el mismo argumento funciona simétricamente para mostrar que los eigenvectores de $A^T$ son un subconjunto de los eigenvectores de $A$, por lo que estos dos conjuntos son iguales.
