Les matrices de rang $1$

La stratégie, et les outils. Toute la force de l'exercice tient dans une observation : $LC$ est une matrice $1\times 1$, c'est-à-dire un scalaire, qu'on peut donc sortir d'un produit. L'annulateur tombe alors du calcul, sans aucun déterminant, et le critère algébrique de diagonalisabilité fait le reste.

a) L'annulateur qui tombe du produit. Écrivons $A=CL$ avec $C\in {\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$ et $L\in {\mathcal{M}}_{1,n}(\mathbb{K})$. Par associativité, $$A^2=(CL)(CL)=C(LC)L.$$ Or $LC\in {\mathcal{M}}_1(\mathbb{K})$ est un scalaire, qui commute avec tout : $A^2=(LC)CL=(LC)A$. Il reste à identifier ce scalaire. La trace vérifie $\mathrm{tr}(MN)=\mathrm{tr}(NM)$, donc $$\mathrm{tr}(A)=\mathrm{tr}(CL)=\mathrm{tr}(LC)=LC.$$ D'où $A^2=\mathrm{tr}(A)A$, c'est-à-dire : le polynôme $X^2-\mathrm{tr}(A)X$ annule $A$.

b) Le spectre. Toute valeur propre est racine de tout polynôme annulateur (cours) : $\mathrm{Sp}(A)\subset \left\{0,\mathrm{tr}A\right\}$.

c) Noyau et image. Pour $X\in {\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$, $AX=C(LX)$ où $LX$ est un scalaire. Comme $C\ne 0$, on a $AX=0⟺LX=0$ : $$\mathrm{Ker}A=\mathrm{Ker}L,\text{hyperplan de dimension }n-1,$$ puisque $L$ est une forme linéaire non nulle. Et $\mathrm{Im}A=\left\{(LX)C:X\right\}=\mathrm{Vect}(C)$, de dimension $1$ — ce qui redonne $\mathrm{rg}A=1$, conformément au théorème du rang.

d) Le critère.

Si $t=\mathrm{tr}A\ne 0$. Le polynôme $X^2-tX=X(X-t)$ annule $A$, et il est scindé à racines simples ($0\ne t$). Le critère algébrique du cours conclut : $A$ est diagonalisable. On peut même décrire la décomposition : $\dim E_0(A)=\dim \mathrm{Ker}A=n-1$, et $AC=(LC)C=tC$ montre que $C$ est un vecteur propre pour $t$, donc $\dim E_t(A)\ge 1$ ; la somme des dimensions valant au moins $n$, elle vaut $n$, et ${\mathbb{K}}^n=\mathrm{Ker}L\oplus \mathrm{Vect}(C)$.

Si $\mathrm{tr}A=0$. Alors $A^2=0$ avec $A\ne 0$ (elle est de rang $1$). Le polynôme minimal divise $X^2$ et n'est pas $X$ (sinon $A=0$) : ${\mu }_A=X^2$, qui n'est pas à racines simples. $A$ n'est pas diagonalisable — et de fait $A$ est nilpotente non nulle.

D'où l'équivalence : $A$ de rang $1$ est diagonalisable si et seulement si $\mathrm{tr}A\ne 0$.

e) Les deux cas en dimension $2$.

Trace non nulle. $C=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)$, $L=\left(\begin{array}{cc}3& -1\end{array}\right)$ donnent $A=\left(\begin{array}{cc}3& -1\\ 6& -2\end{array}\right)$, de rang $1$ et de trace $1$. Contrôle : $A^2=\left(\begin{array}{cc}9-6& -3+2\\ 18-12& -6+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3& -1\\ 6& -2\end{array}\right)=1\times A$ ✓. Le spectre est $\{0,1\}$, avec $\mathrm{Ker}A=\mathrm{Vect}(1,3)$ et $E_1=\mathrm{Vect}(1,2)=\mathrm{Vect}(C)$ — on vérifie $A\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3-2\\ 6-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)$ ✓.

Trace nulle. $C=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$, $L=\left(\begin{array}{cc}1& -1\end{array}\right)$ donnent $A=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& -1\end{array}\right)$, de trace $0$, et $A^2=\left(\begin{array}{cc}1-1& -1+1\\ 1-1& -1+1\end{array}\right)=0$ ✓ : nilpotente non nulle, donc non diagonalisable.

Ce que l'exercice installe. Un polynôme annulateur ne se cherche pas toujours par le polynôme caractéristique : ici il tombe du produit, parce qu'un facteur du produit est un scalaire déguisé. Retenez la manipulation $C(LC)L$ — c'est le même geste qui donne $\mathrm{tr}(MN)=\mathrm{tr}(NM)$, et qui reviendra pour les projecteurs ($p^2=p$), les symétries ($s^2=\mathrm{id}$) et les matrices de rang $1$ des décompositions spectrales.