This is a preprint of: “AB y BA”, Armengol Gasull, Gac. R. Soc. Mat. Esp., vol. 23(3), 550,
  2020.




                                        AB y BA

    Es bien conocido que, dadas dos matrices cuadradas A y B, se cumple que
det(AB) = det(BA). Cuando un compañero me comentó que sucedía lo mismo
con la traza me quedé un poco sorprendido. Aunque esto se puede demostrar con
cálculos directos, a continuación presentaremos dos pruebas, casi exentas de cálcu-
los, de un hecho más general: los polinomios característicos de AB y BA coinciden
(recordemos que la traza es, salvo quizás el signo, uno de los coeficientes del poli-
nomio característico). No es difícil encontrar ejemplos para los que los respectivos
polinomios mínimos no coinciden.
    Si alguna de las matrices, digamos A, es invertible, el resultado es claro ya que
A−1 (AB)A = BA y por lo tanto AB y BA son conjugadas. En consecuencia, solo
nos falta demostrarlo cuando ambas son no invertibles. La primera prueba es válida
para matrices con coeficientes en R o C (u otros cuerpos donde el argumento con
límites funciona).
    Si denotamos por polC (λ) = det(C − λ Id) al polinomio característico de una
matriz C, y Cε son matrices cuadradas tales que lı́mε→0 Cε = C, observemos que
lı́mε→0 polCε (λ) = polC (λ). Para A no invertible, considerando Aε = A − ε Id, es
claro que polAε (λ) = polA (λ+ε). Por lo tanto, dado que polA (0) = det(A) = 0 y que
los ceros de un polinomio no nulo son aislados, det(Aε ) = polA (ε) 6= 0 para |ε| =
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suficientemente pequeño. Así, como Aε B y BAε son conjugadas y Aε es invertible,
polAε B (λ) = polBAε (λ). Pasando al límite obtenemos el resultado deseado.
    Esbozamos ahora una prueba válida en cualquier cuerpo. Se atribuye a Paul
Halmos y se basa en la equivalencia de matrices por transformaciones elementales
(por filas y columnas). Recordemos que, si A es una matriz n × n no invertible,
esto nos permite escribir A = P DQ, con P y Q invertibles y D como se describe a
continuación, y además expresar B = Q−1 EP −1 , donde
                                                            
                            Id 0                        S T
                     D=            ,     E = QBP =               ,
                             0 0                        U V
Id y S son matrices r × r, r = rango(A) < n, las matrices 0 y V en la diagonal tienen
tamaño (n − r) × (n − r), y las otras cuatro son, en general, rectangulares. Entonces,
                                                                            
                            S T                                     −1 S     0
    AB = P DEP = P
                 −1
                                    P −1
                                          y BA = Q EDQ = Q
                                                       −1
                                                                                 Q.
                             0 0                                         U 0
Por lo tanto, polAB (λ) = (−λ)n−r polS (λ) = polBA (λ), tal y como queríamos probar.
   Si las matrices no son cuadradas, pero AB es n × n y BA es m × m, con n ≥ m,
la misma idea nos permite demostrar que polAB (λ) = (−λ)n−m polBA (λ).

Armengol Gasull, Departament de Matemàtiques, Universitat Autònoma de Barcelona
Correo electrónico: gasull@mat.uab.cat
Página web: http://www.gsd.uab.cat/personal/agasull