Spectre et réduction du produit BA

Soient deux matrices $A \in \mathcal{M}_{3,2}(\mathbb{R})$ et $B \in \mathcal{M}_{2,3}(\mathbb{R})$ . On suppose que leur produit $AB$ est donné par :

AB = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 1 & 2 & 1 -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}

La matrice $BA$ est-elle diagonalisable ?
Quelles sont les valeurs propres de $BA$ ?
Quel lien peut-on établir entre les vecteurs propres de $AB$ et ceux de $BA$ ?

1.

Calculer le polynôme caractéristique de $AB$ en remarquant une relation simple entre ses lignes.

2.

Utiliser la relation générale entre les polynômes caractéristiques de $AB$ et $BA$ : $X^2 \chi_{AB}(X) = X^3 \chi_{BA}(X)$ pour $A \in \mathcal{M}_{3,2}$ et $B \in \mathcal{M}_{2,3}$ .

3.

Pour les vecteurs propres, tester l'image d'un vecteur propre de $AB$ par la matrice $B$ .

Idées clés

•

Lien entre les polynômes caractéristiques : $X^n \chi_{BA}(X) = X^p \chi_{AB}(X)$ .

•

Relation entre spectres : $Sp(AB) \setminus \{0\} = Sp(BA) \setminus \{0\}$ .

•

Diagonalisabilité par l'étude des racines du polynôme caractéristique.

1. Calcul du polynôme caractéristique de $AB$ .

Notons $M = AB$ . On observe que la troisième ligne $L_3$ est l'opposée de la première ligne $L_1$ ( $L_3 = -L_1$ ). La matrice $M$ n'est donc pas inversible, ce qui impose que $0$ est valeur propre.

Calculons $\chi_M(X) = \det(XI_3 - M)$ :

\chi_M(X) = \begin{vmatrix} X-1 & 1 & 0 -1 & X-2 & -1 1 & -1 & X \end{vmatrix}

En effectuant l'opération $L_3 \leftarrow L_3 + L_1$ , on obtient :

\chi_M(X) = \begin{vmatrix} X-1 & 1 & 0 -1 & X-2 & -1 X & 0 & X \end{vmatrix}

On factorise $X$ dans la dernière ligne, puis on développe :

\chi_M(X) = X \begin{vmatrix} X-1 & 1 & 0 -1 & X-2 & -1 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = X \left[ 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 X-2 & -1 \end{vmatrix} + 1 \cdot \begin{vmatrix} X-1 & 1 -1 & X-2 \end{vmatrix} \right]

\chi_M(X) = X \left[ -1 + (X-1)(X-2) + 1 \right] = X(X-1)(X-2)

Le spectre de $AB$ est donc :

\boxed{Sp(AB) = \{0, 1, 2\}}

2. Étude de la matrice $BA$ .

La matrice $A$ est de taille $3 \times 2$ et $B$ est de taille $2 \times 3$ , donc $BA \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ . D'après la relation liant les polynômes caractéristiques des produits $AB$ et $BA$ , on a :

X^2 \chi_{AB}(X) = X^3 \chi_{BA}(X)

En remplaçant $\chi_{AB}(X)$ par son expression :

X^2 \cdot X(X-1)(X-2) = X^3 \chi_{BA}(X) \implies X^3(X-1)(X-2) = X^3 \chi_{BA}(X)

Par identification (ou division par $X^3$ dans le corps des fractions), on en déduit :

\boxed{\chi_{BA}(X) = (X-1)(X-2)}

La matrice $BA$ est une matrice d'ordre 2 dont le polynôme caractéristique possède deux racines réelles distinctes ( $1$ et $2$ ).

Conclusion : La matrice $BA$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ et son spectre est $\{1, 2\}$ .

3. Lien entre les vecteurs propres.

Soit $\lambda \in \{1, 2\}$ une valeur propre de $AB$ et $v$ un vecteur propre associé. On a $ABv = \lambda v$ . Multiplions cette égalité à gauche par $B$ :

B(ABv) = B(\lambda v) \implies (BA)(Bv) = \lambda (Bv)

Comme $\lambda \neq 0$ et $v \neq 0$ , le vecteur $Bv$ est non nul. En effet, si $Bv = 0$ , alors $ABv = A(0) = 0$ , d'où $\lambda v = 0$ , ce qui impliquerait $v=0$ car $\lambda \neq 0$ .

Conclusion : Si $v$ est un vecteur propre de $AB$ associé à une valeur propre non nulle $\lambda$ , alors $Bv$ est un vecteur propre de $BA$ associé à la même valeur propre $\lambda$ . L'application $v \mapsto Bv$ induit un isomorphisme entre les sous-espaces propres $E_\lambda(AB)$ et $E_\lambda(BA)$ .

Attention à la taille des matrices ! On ne peut pas affirmer que $AB$ et $BA$ ont le même polynôme caractéristique. Ils n'ont d'ailleurs pas la même taille ( $3 \times 3$ contre $2 \times 2$ ). Seules les valeurs propres non nulles sont nécessairement communes.