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Valores propios de $AB$ y $BA$ donde $A$ y $B$ son matrices cuadradas

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Solución:

Aquí hay una prueba similar a lo que ha intentado el OP:

Sea $lambda$ cualquier valor propio de $AB$ con el vector propio correspondiente $x$. Luego

$$ABx = lambda x Rightarrow \ BABx = Blambda x Rightarrow\ BA(Bx) = lambda (Bx) $$

lo que implica que $lambda$ es un valor propio de $BA$ con un vector propio correspondiente $Bx$, siempre que $Bx$ no sea cero. Si $Bx = 0$, entonces $ABx = 0$ implica que $lambda = 0$.

Por lo tanto, $AB$ y $BA$ tienen los mismos valores propios distintos de cero.

Basta mostrar que $AB$ y $BA$ tienen el mismo polinomio característico. Primero suponga que $A$ es invertible y luego

$$chi_AB(x)=det(AB-xI)=det Adet(B-xA^-1)\=det(B-xA^-1) det A=det(BA-xI)=chi_BA(x)$$ Ahora, dado que $operatornameGL_n(K)$ es denso en $operatornameM_n(K)$, entonces hay una sucesión de matrices invertibles $(A_n)$ convergentes a $A$ y por la continuidad de la función $det$ tenemos $$chi_AB(x)=det(AB-xI)=lim_ ntoinftydet(A_nB-xI)=lim_ntoinftydet(BA_n-xI)\=det(BA-xI)=chi_BA(x). $$

Prueba alternativa #1:

Si las matrices $ntimes n$ $X$ y $Y$ son tales que $mathrmtr(X^k)=mathrmtr(Y^k)$ para $k=1,ldots, n$, entonces $X$ y $Y$ tienen los mismos valores propios.

Véase, por ejemplo, esta pregunta.

Usando $mathrmtr(UV)=mathrmtr(VU)$, es fácil ver que $$ mathrmtr[(AB)^k]=mathrmtr(underbraceABABcdots AB_text$k$-times) =mathrmtr(underbraceBABAcdots BA_text$k $-veces)=mathrmtr[(BA)^k]. $$ Ahora usa lo anterior con $X=AB$ y $Y=BA$.

Prueba alternativa #2:

$$ beginbmatrix I & A \ 0 & I endbmatrix^-1 colorredbeginbmatrix AB & 0 \ B & 0 endbmatrix beginbmatrix I & A \ 0 & I endbmatrix = colorbluebeginbmatrix 0 & 0 \ B & BA endbmatrix. $$ Dado que la $colorbluetextmatriz roja$ y la $colorredtextmatriz azul$ son similares, tienen los mismos valores propios. Dado que ambos son bloques triangulares, sus valores propios son los valores propios de los bloques diagonales.

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