¿Son los valores propios de $AB$ iguales a los valores propios de $BA?

Question

En primer lugar, ¿estoy loco al pensar que si $\lambda$ es un eigenvalor de $AB$, donde $A$ y $B$ son matrices de $N \times N$ (no necesariamente invertibles), entonces $\lambda$ también es un eigenvalor de $BA?

Si no es verdad, ¿bajo qué condiciones es verdadero o no es verdadero?

Si es verdad, ¿alguien puede señalarme una cita? No lo encontré en una rápida ojeada a Horn & Johnson. He visto un par de demostraciones de que el polinomio característico de $AB$ es igual al polinomio característico de $BA$, pero ninguna con citas.

Una prueba trivial estaría bien, pero una cita es mejor.

Answer 1

Si $v$ es un eigenvector de $AB$ para algún $\lambda$ distinto de cero, entonces $Bv\ne0$ y $$\lambda Bv=B(ABv)=(BA)Bv,$$ así que $Bv$ es un eigenvector para $BA$ con el mismo valor propio. Si $0$ es un valor propio de $AB$ entonces $0=\det(AB)=\det(A)\det(B)=\det(BA)$ así que $0$ también es un valor propio de $BA

Más generalmente, el lema de Jacobson en teoría de operadores establece que para cualquier par de operadores acotados $A$ y $B$ actuando en un espacio de Hilbert $H$ (o más generalmente, para cualquier par de elementos de un álgebra de Banach), los puntos no nulos del espectro de $AB$ coinciden con aquellos del espectro de $BA$.

Answer 2

Es cierto que los valores propios (contando multiplicidad) de $AB$ son los mismos que los de $BA.

Esto es un corolario del Teorema 1.3.22 en la segunda edición de "Análisis de Matrices" de Horn y Johnson, que es el Teorema 1.3.20 en la primera edición.

Paráfrasis del Teorema citado: Si $A$ es una matriz de $m$ por $n$ y $B$ es una matriz de $n$ por $m$ con $n \geq m$ entonces el polinomio característico $p_{BA}$ de $BA$ está relacionado con el polinomio característico $p_{AB}$ de $AB$ por $$p_{BA}(t) = t^{n-m} p_{AB}(t).$$

En tu caso, $n = m$, por lo que $p_{BA} = p_{AB}$ y se sigue que los valores propios (contando multiplicidad) de $AB$ y $BA$ son los mismos.

Puedes ver la demostración de Horn y Johnson en el enlace de Libros de Google arriba. Una demostración similar fue dada en esta respuesta de Maisam Hedyelloo.

Answer 3

Aquí hay una demostración alternativa para este resultado, siguiendo los Ejercicios 6.2.8-9 de Álgebra Lineal de Hoffman & Kunze (p. 190):

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Lema: Sea $A,B\in M_n(\mathbb{F})$, donde $\mathbb{F}$ es un campo arbitrario. Si $I-AB$ es invertible, entonces también lo es $I-BA$, y

$$(I-BA)^{-1}=I+B(I-AB)^{-1}A.$$

Prueba del Lema: Dado que $I-AB$ es invertible,

$$\begin{align} &I=(I-AB)(I-AB)^{-1}=(I-AB)^{-1}-AB(I-AB)^{-1}\\ &\implies (I-AB)^{-1} = I+ AB(I-AB)^{-1}. \end{align}$$

Luego tenemos

$$\begin{align} I+B(I-AB)^{-1}A&= I+B[I+ AB(I-AB)^{-1}]A= I+BA+BAB(I-AB)^{-1}A\\ \implies I&=I+B(I-AB)^{-1}A-BA-BAB(I-AB)^{-1}A\\ &=I[I+B(I-AB)^{-1}A]-BA[I+B(I-AB)^{-1}A]\\ &=(I-BA)[I+B(I-AB)^{-1}A].\checkmark. \end{align}$$

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Proposición: $\forall A,B\in M_n(\mathbb{F}):$ $AB$ y $BA$ tienen los mismos valores propios.

Prueba: Sea $\alpha\in\mathbb{F}$ un valor propio de $AB$. Si $\alpha=0$, entonces $0=\det(0I-AB)=\det(-A)\det(B)=\det(B)\det(-A)=\det(0I-BA)$ y por lo tanto $0$ es también un valor propio de $BA$.

De lo contrario, si $\alpha\neq0$. Supongamos que $\alpha$ no es un valor propio de $BA$. Entonces $0\neq\det(\alpha I-BA)=\alpha^n\det(I-(\frac{1}{\alpha}B)A)$. Entonces $0\neq\det(I-(\frac{1}{\alpha}B)A),$ por lo que $I-(\frac{1}{\alpha}B)A$ es invertible. Por el lema anterior sabemos que $I-A(\frac{1}{\alpha}B)$ también es invertible, lo que significa $0\neq\det(I-A(\frac{1}{\alpha}B))=\det(I-\frac{1}{\alpha}AB) \implies 0\neq\det(\alpha I-AB)$. Pero habíamos supuesto que $\alpha$ era un valor propio de $AB$, $\unicode{x21af}$.

Answer 4

Se observa que $\lambda$ siendo un autovalor de $AB$ implica que $\det(AB-\lambda I)=0$ lo cual implica que $$\det(A^{-1})\det(AB-\lambda I)\det(B^{-1})=0=\det(A^{-1}(AB-\lambda I)B^{-1})=\det((B-\lambda A^{-1})B^{-1})$$ $$=\det(I-\lambda A^{-1}B^{-1}) = 0.$$ Esto además implica $$\det(BA)\det(I-\lambda A^{-1}B^{-1})=\det(BA(I-\lambda A^{-1}B^{-1}))=\det(BA-\lambda I)=0,$$ es decir, $\lambda$ es un autovalor de $BA$. Esta demostración es válida solo para matrices invertibles $A$ y $B$. Para matrices singulares se puede demostrar que $0$ es un autovalor común, pero no se me ocurre una forma de demostrar que el resto de los autovalores son iguales.