¿Cómo demostrar que $I-BA$ es invertible?

Question

Mostrar que $I-BA$ es invertible si $I-AB$ es invertible. Y también, tenemos que probar que los eigenvalores son iguales para $AB$ y $BA

Hasta ahora, he utilizado la ecuación $(I-AB)(I-AB)^{-1}=I$ lo cual da $(I-AB)AB(I-AB)^{-1}=AB$ pero no sé cómo proceder más.

¡Cualquier pista sería suficiente!

Answer 1

Supongamos que $I - AB$ es invertible.

Supongamos que $(I - BA)x = 0$.

Entonces :

$$BAx = x$$

entonces

$$ABAx = Ax$$

o, lo que es lo mismo,

$$(I - AB)Ax = 0$$

Dado que $I - AB$ es invertible, esta última igualdad implica

$$Ax = 0$$

Por lo tanto $x = BAx = 0$. Así, la única solución de $(I - BA)x = 0$ es $x = 0$, por lo tanto $I - BA$ es invertible.

Answer 2

Mostraremos que $AB$ y $BA$ tienen los mismos autovalores.

Primero, sea $\lambda$ un autovalor no nulo de $AB$; entonces $ABv=\lambda v$ para algún $v\ne0$. Por lo tanto, $BA(Bv)=B(\lambda v)=\lambda(Bv)$ y así $\lambda$ es un autovalor de $BA$ (porque $Bv\ne0).

Si $0$ es un autovalor de $AB$, al menos uno de $A$ y $B$ no es invertible. Por lo tanto, $BA$ tampoco es invertible y tiene el autovalor $0$.

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Ahora, los autovalores de $C$ son los números (complejos) que hacen que $C-\lambda I$ no sea invertible. Decir que $AB-I$ es invertible es lo mismo que decir que $1$ no es un autovalor de $AB$; por lo tanto, tampoco es un autovalor de $BA$.

Answer 3

Pregunta 1: Sea $A$ y $B$ matrices cuadradas del mismo orden. Demuestra que $I-AB$ es invertible si y solo si $I-BA$ es invertible.

Prueba: Sea $C$ la inversa de $I-AB$. Entonces, $$I-BA=I-BIA=I-BC(I-AB)A=I-BCA(I-BA),$$ lo cual nos da $$(I-BA)(I+BCA)=I.$$ Así que $I-BA$ es invertible con la inversa $I+BCA$.

Pregunta 2: Sea $A$ una matriz de $m\times n$ y $B$ una matriz de $n\times m$ con $m\leq n$. Demuestra que $AB$ y $BA$ tienen los mismos valores propios no nulos, contando multiplicidades, con $BA$ teniendo $n-m$ valores propios adicionales iguales a $0$.

Prueba: (Es una prueba de C. R. Johnson y E. Schreiner publicada en American Mathematical Monthly 103 (1996), 578-582)

Primero notemos que las matrices particionadas $(m+n)\times (m+n)$ $$\left[ \begin{array}{cc} AB & 0\\ B & 0 \end{array} \right] \qquad \text{y} \qquad \left[ \begin{array}{cc} 0 & 0\\ B & BA \end{array} \right]$$ son similares entre sí mediante el cálculo de bloques particionados: $$\left[ \begin{array}{cc} AB & 0\\ B & 0 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} I_m & A\\ 0 & I_n \end{array} \right]= \left[ \begin{array}{cc} AB & ABA\\ B & BA \end{array} \right]= \left[ \begin{array}{cc} I_m & A\\ 0 & I_n \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} 0 & 0\\ B & BA \end{array} \right].$$ Dado que $$\left[ \begin{array}{cc} I_m & A\\ 0 & I_n \end{array} \right]$$ es invertible, proporciona la similitud. Debido a que $$\left[ \begin{array}{cc} AB & 0\\ B & 0 \end{array} \right]$$ es triangular por bloques, sus valores propios son los de los dos bloques diagonales, $AB$ y la matriz de ceros $n\times n$ (Ver valores propios de una matriz de bloques o los valores propios de una matriz de bloques). De manera similar, los valores propios de $$\left[ \begin{array}{cc} 0 & 0\\ B & BA \end{array} \right]$$ son los valores propios de $BA$, junto con $m$ ceros. Dado que las dos matrices particionadas son similares y las matrices similares tienen los mismos valores propios (ver las matrices similares tienen los mismos valores propios), $AB$ y $BA$ deben tener los mismos valores propios no nulos (contando multiplicidades) y los $n-m$ valores propios adicionales de $BA$ deben ser todos $0$.

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Prueba Alternativa: (Es una prueba del libro Matrix Analysis (Roger A. Horn, Charles R. Johnson) sugerida en el Ejercicio 9, página 55.)

(a) Primero, supongamos que $A,B\in M_n$ y que al menos uno de ellos es invertible. Muestra que $AB$ es similar a $BA$ y por lo tanto los polinomios característicos de $AB$ y $BA$ son iguales. Pista: Si $A$ es invertible, $BA=A^{-1}(AB)A$.

(b) Muestra que si $A,B\in M_n$ son singulares, $AB$ y $BA$ tienen los mismos valores propios, contando multiplicidades. Pista: Considera el siguiente argumento analítico. Para todo $\varepsilon>0$ lo suficientemente pequeño, $A_{\varepsilon}:=A+\varepsilon I$ es invertible; entonces $A_{\varepsilon}B$ y $BA_{\varepsilon}$ son similares y por lo tanto los polinomios característicos de $A_{\varepsilon}B$ y $BA_{\varepsilon}$ son iguales. Si ahora dejamos que $\varepsilon \to 0$, la similitud puede fallar en el límite, pero la igualdad de los polinomios característicos sigue siendo válida ya que $p_{A_{\varepsilon}B}(t)=\det{(tI-A_{\varepsilon}B)}$ depende de manera continua de $\varepsilon$. Por lo tanto, $AB$ y $BA$ tienen los mismos polinomios característicos y, por lo tanto, los mismos valores propios, contando multiplicidades.

(Hasta ahora las partes (a) y (b) son iguales a la respuesta de @A.G.)

(c) Finalmente, si $A\in M_{m, n}$ y $B\in M_{n, m}$, con $mPista: Forma matrices$n$por$n$tanto de$A$(añadiendo filas de ceros) como de$B$ (añadiendo columnas de ceros), aplica el resultado anterior y compara los dos nuevos productos (de manera apropiadamente particionada) con los anteriores.

Answer 4

P.D. Las matrices tienen que ser cuadradas de lo contrario la afirmación sobre los valores propios no es correcta.

Editar:

Hay una demostración interesante de este hecho:

1. Si $A$ es invertible entonces $$AB=ABAA^{-1}=A(BA)A^{-1},$$ y, por lo tanto, $AB$ y $BA$ son similares. Las matrices similares tienen el mismo polinomio característico.
2. Si $A$ es singular entonces se puede perturbar a una matriz no singular $A_\epsilon$ tal que $A_\epsilon\to A$ cuando $\epsilon\to 0$ (por ejemplo,$A_\epsilon=A+\epsilon I$). Por el primer punto $$\det(\lambda I-A_\epsilon B)=\det(\lambda I-BA_\epsilon).$$ Ahora toma el límite cuando $\epsilon\to 0$ y utiliza la dependencia continua de determinantes de los componentes de la matriz.