Une matrice et sa transposée ont le même spectre

Ce qu'on montre. L'égalité des spectres, par le rang. On s'autorise deux résultats de première année : $\mathrm{rg}(M)=\mathrm{rg}\left({}^{t}M\right)$, et ${}^t(M+N)={}^{t}M+{}^{t}N$.

Le raisonnement. Soit $\lambda \in \mathbb{R}$. On a la chaîne d'équivalences $$\lambda \in \mathrm{Sp}(A)⟺\ker (A-\lambda I_n)\ne \{0\}⟺\mathrm{rg}(A-\lambda I_n)<n,$$ la seconde par le théorème du rang. Or ${}^t(A-\lambda I_n)={}^{t}A-\lambda {}^t{I}_n={}^{t}A-\lambda I_n$, puisque $I_n$ est symétrique. Donc $$\mathrm{rg}(A-\lambda I_n)=\mathrm{rg}({}^{t}A-\lambda I_n),$$ et la chaîne se relit à l'envers avec ${}^{t}A$ : $$\mathrm{rg}({}^{t}A-\lambda I_n)<n⟺\lambda \in \mathrm{Sp}\left({}^{t}A\right).$$ Les deux spectres coïncident.

Les sous-espaces propres diffèrent. Prenons $$A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 2\end{array}\right),{}^{t}A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 2\end{array}\right).$$ Les deux sont triangulaires de diagonale $(1,2)$, donc $\mathrm{Sp}(A)=\mathrm{Sp}({}^{t}A)=\{1,2\}$, comme annoncé.

Pour $\lambda =1$ : $A-I_2=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$, dont le noyau est $\mathrm{Vect}({}^t(1,0))$. Tandis que ${}^{t}A-I_2=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 1\end{array}\right)$, dont le noyau est $\mathrm{Vect}({}^t(1,-1))$.

Conclusion. $E_1(A)\ne E_1\left({}^{t}A\right)$ : la transposition conserve les valeurs propres — c'est un fait de rang — mais elle déplace les directions propres. Le point délicat est de ne pas confondre l'égalité des spectres avec une égalité des sous-espaces.