Une matrice de rang un, en dimension trois

Rang. La deuxième ligne est le double de la première, la troisième son triple : après échelonnement il ne reste que $(1,2,3)$. Donc $\mathrm{rg}(f)=1$, et le théorème du rang donne $\dim \ker (f)=2$.

Noyau. Les trois équations se réduisent à $x+2y+3z=0$, d'où $\ker (f)=\mathrm{Vect}((2,-1,0),(3,0,-1))$ — deux vecteurs non proportionnels, donc une base de ce plan.

Image. Les trois colonnes sont $(1,2,3)$, $2(1,2,3)$ et $3(1,2,3)$ : $\mathrm{Im}(f)=\mathrm{Vect}((1,2,3))$.

Le vecteur qui survit. Posons $v_1=(1,2,3)$ : $$A{}^t(1,2,3)={}^t(1+4+9,2+8+18,3+12+27)={}^t(14,28,42)=14v_1.$$

La base cherchée. Posons ${\mathcal{B}}^{\prime }=(v_1,v_2,v_3)$ avec $v_2=(2,-1,0)$ et $v_3=(3,0,-1)$. Si $a{v}_1+b{v}_2+c{v}_3=0$, appliquons $f$ : il vient $14a{v}_1=0$, donc $a=0$, puis $b=c=0$ car $(v_2,v_3)$ est libre. Trois vecteurs libres dans ${\mathbb{R}}^3$ : c'est une base.

Dans cette base, $f(v_1)=14v_1$, $f(v_2)=0$, $f(v_3)=0$ : la matrice est $\left(\begin{array}{ccc}14& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$.

Le point à retenir. Une matrice non nulle de rang $1$ est toujours semblable à une matrice n'ayant qu'un coefficient non nul : on prend une base de l'image, qu'on complète par une base du noyau, lorsque l'image n'est pas incluse dans le noyau (trace non nulle, comme ici).