3.1 • Éléments propres
77
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
Exercice-type résolu
Valeurs propres non nulles de AB et de B A
Soient n, p ∈ N
∗
, A ∈ M n, p (K ), B ∈ M p,n (K ).
a) Montrer que AB et B A ont les mêmes valeurs propres non nulles, c'est-à-dire :
Sp K (AB) − {0} = Sp K (B A) − {0}.
b) Soit λ ∈ K une valeur propre non nulle de AB. Montrer que les sous-espaces propres pour AB et pour B A associés à λ ont la
même dimension.
Conseils
Remarquer d'abord que AB et B A sont
bien des matrices carrées, d'ordres
respectifs n et p.
Raisonnement par l'absurde, pour montrer
B X = 0.
Autrement dit, AB et B A ont les mêmes
valeurs propres non nulles.
L'application f est correctement définie, car
tout élément du départ a bien son image
dans l'arrivée.
L'application g est correctement définie,
car tout élément du départ a bien son
image dans l'arrivée.
L'isomorphisme réciproque de f est
1
λ
g.
Solution
a) • Soit λ ∈ Sp K (AB) − {0}.
Il existe X ∈ M n,1 (K ) − {0} tel que : (AB)X = λX. On déduit :
B A(B X) = B
(AB)X
= B(λX) = λB X.
On a B X = 0, car, si B X = 0, alors λX = (AB)X = A(B X) = 0, contradiction
avec λ = 0 et X = 0.
Ceci montre que λ est valeur propre de B A, et que B X est un vecteur propre
pour B A associé à la valeur propre λ.
Il en résulte : Sp K (AB) − {0} ⊂ Sp K (B A) − {0}.
• Comme A et B jouent des rôles symétriques, on a aussi l'autre inclusion, d'où
l'égalité :
Sp K (AB) − {0} = Sp K (B A) − {0}.
b) Soit λ ∈ Sp K (AB) − {0}.
D'après a), λ ∈ Sp K (B A) − {0} et : ∀ X ∈ SEP (AB,λ), B X ∈ SEP (B A,λ).
Considérons l'application
f : SEP (AB,λ) −→ SEP (B A,λ), X −→ f (X) = B X.
L'application f est linéaire, car, pour tous α ∈ K , X 1 ,X 2 ∈ SEP (AB,λ) :
f (α X 1 + X 2 ) = B(α X 1 + X 2 ) = α B X 1 + B X 2 = α f (X 1 ) + f (X 2 ).
De même, par rôles symétriques, l'application
g : SEP (B A,λ) −→ SEP (AB,λ), Y −→ g(Y ) = AY
est linéaire.
On a :
∀ X ∈ SEP (AB,λ), (g ◦ f )(X) = g(B X) = A(B X) = (AB)X = λX,
donc : g ◦ f = λ Id SEP(AB,λ) .
De même, par rôles symétriques : f ◦ g = λ Id SEP(B A,λ) .
Comme λ = 0, on déduit :
1
λ
g
◦ f = Id SEP(AB,λ)
et
f ◦
1
λ
g
= Id SEP(B A,λ) .
Il en résulte que f est un isomorphisme de K-ev de SEP (AB,λ) sur SEP (B A,λ).
Comme ces deux sev sont de dimensions finies, on en conclut qu'ils ont la même
dimension.
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Exercice-type résolu
Valeurs propres non nulles de AB et de B A
Soient n, p ∈ N
∗
, A ∈ M n, p (K ), B ∈ M p,n (K ).
a) Montrer que AB et B A ont les mêmes valeurs propres non nulles, c'est-à-dire :
Sp K (AB) − {0} = Sp K (B A) − {0}.
b) Soit λ ∈ K une valeur propre non nulle de AB. Montrer que les sous-espaces propres pour AB et pour B A associés à λ ont la
même dimension.
Conseils
Remarquer d'abord que AB et B A sont
bien des matrices carrées, d'ordres
respectifs n et p.
Raisonnement par l'absurde, pour montrer
B X = 0.
Autrement dit, AB et B A ont les mêmes
valeurs propres non nulles.
L'application f est correctement définie, car
tout élément du départ a bien son image
dans l'arrivée.
L'application g est correctement définie,
car tout élément du départ a bien son
image dans l'arrivée.
L'isomorphisme réciproque de f est
1
λ
g.
Solution
a) • Soit λ ∈ Sp K (AB) − {0}.
Il existe X ∈ M n,1 (K ) − {0} tel que : (AB)X = λX. On déduit :
B A(B X) = B
(AB)X
= B(λX) = λB X.
On a B X = 0, car, si B X = 0, alors λX = (AB)X = A(B X) = 0, contradiction
avec λ = 0 et X = 0.
Ceci montre que λ est valeur propre de B A, et que B X est un vecteur propre
pour B A associé à la valeur propre λ.
Il en résulte : Sp K (AB) − {0} ⊂ Sp K (B A) − {0}.
• Comme A et B jouent des rôles symétriques, on a aussi l'autre inclusion, d'où
l'égalité :
Sp K (AB) − {0} = Sp K (B A) − {0}.
b) Soit λ ∈ Sp K (AB) − {0}.
D'après a), λ ∈ Sp K (B A) − {0} et : ∀ X ∈ SEP (AB,λ), B X ∈ SEP (B A,λ).
Considérons l'application
f : SEP (AB,λ) −→ SEP (B A,λ), X −→ f (X) = B X.
L'application f est linéaire, car, pour tous α ∈ K , X 1 ,X 2 ∈ SEP (AB,λ) :
f (α X 1 + X 2 ) = B(α X 1 + X 2 ) = α B X 1 + B X 2 = α f (X 1 ) + f (X 2 ).
De même, par rôles symétriques, l'application
g : SEP (B A,λ) −→ SEP (AB,λ), Y −→ g(Y ) = AY
est linéaire.
On a :
∀ X ∈ SEP (AB,λ), (g ◦ f )(X) = g(B X) = A(B X) = (AB)X = λX,
donc : g ◦ f = λ Id SEP(AB,λ) .
De même, par rôles symétriques : f ◦ g = λ Id SEP(B A,λ) .
Comme λ = 0, on déduit :
1
λ
g
◦ f = Id SEP(AB,λ)
et
f ◦
1
λ
g
= Id SEP(B A,λ) .
Il en résulte que f est un isomorphisme de K-ev de SEP (AB,λ) sur SEP (B A,λ).
Comme ces deux sev sont de dimensions finies, on en conclut qu'ils ont la même
dimension.