$AB$ et $BA$ ont les mêmes valeurs propres non nulles

Le sens direct. Supposons $\lambda \in \mathrm{Sp}(AB)$ : il existe une colonne $X\ne 0$ telle que $ABX=\lambda X$. Posons $Y=BX$ et montrons que $Y$ est un vecteur propre de $BA$ pour $\lambda$.

$Y$ est non nul. Si $Y=BX$ était nul, alors $ABX=A\cdot 0=0$, donc $\lambda X=0$ ; comme $X\ne 0$, cela imposerait $\lambda =0$, contraire à l'hypothèse $\lambda \ne 0$. C'est le point délicat : c'est exactement là que $\lambda \ne 0$ sert.

$Y$ est propre. En multipliant $ABX=\lambda X$ à gauche par $B$ : $$BA(BX)=B(ABX)=B(\lambda X)=\lambda (BX),\text{soit}(BA)Y=\lambda Y.$$ Donc $\lambda \in \mathrm{Sp}(BA)$.

Le sens réciproque. L'implication démontrée vaut pour tout couple ; on l'applique à $(B,A)$, d'où l'équivalence.

Le cas $\lambda =0$, à traiter autrement. La démonstration précédente s'effondre en $0$ : rien n'assure alors que $Y=BX$ soit non nul, et le vecteur candidat peut disparaître. Avec $A=B=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ et $X={}^t(1,0)$, on a bien $ABX=0=0\cdot X$ avec $X\ne 0$, mais $BX=0$ : le transport ne produit aucun vecteur propre.

Il faut donc un autre argument — et la conclusion, elle, subsiste. En effet $$0\in \mathrm{Sp}(AB)⟺AB\text{n’est pas inversible}⟺A\text{ou}B\text{n’est pas inversible},$$ la seconde équivalence parce qu'un produit de deux matrices carrées est inversible si et seulement si les deux facteurs le sont. Or cette dernière condition est symétrique en $A$ et $B$, donc elle vaut aussi pour $BA$ : ainsi $0\in \mathrm{Sp}(AB)⟺0\in \mathrm{Sp}(BA)$.

Bilan. Pour des matrices carrées, $\mathrm{Sp}(AB)=\mathrm{Sp}(BA)$ tout entier — mais par deux arguments sans rapport.