La matrice de uns, rendue diagonale

Stratégie : chercher une base dans laquelle l'endomorphisme est lisible, c'est-à-dire une base formée de vecteurs que $u_J$ se contente de multiplier par un scalaire.

Ce que fait $u_J$. Pour une colonne $X$ de coordonnées $x_1,\dots ,x_n$, chaque coordonnée du produit $JX$ est la somme de toutes les $x_i$. En notant $s=x_1+\cdots +x_n$ et $e=(1,1,\dots ,1)$ :

$$u_J(X)=s\cdot e.$$

Toute l'information sur $J$ tient dans cette formule, et deux conséquences en découlent aussitôt.

Le noyau. $u_J(X)=0$ équivaut à $s=0$, puisque $e$ n'est pas le vecteur nul. Donc

$$\mathrm{Ker}J=H=\{x_1+\cdots +x_n=0\}.$$

Sa dimension : toutes les colonnes de $J$ sont égales à $e$, donc $\mathrm{Im}J=\mathrm{Vect}(e)$ et $\mathrm{rg}J=1$ ; le théorème du rang donne alors $\dim H=n-1$.

Un vecteur remarquable. La somme des coordonnées de $e$ vaut $n$, donc

$$u_J(e)=n\cdot e:$$

le vecteur $e$ est simplement multiplié par $n$.

La base adaptée. Montrons que ${\mathbb{R}}^n=\mathrm{Vect}(e)\oplus H$. Un vecteur de l'intersection s'écrit $\lambda e$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$, et la somme de ses coordonnées, qui vaut $\lambda n$, doit être nulle : comme $n\ne 0$, il vient $\lambda =0$. L'intersection est donc réduite au vecteur nul, et les dimensions s'ajoutent bien :

$$\dim \mathrm{Vect}(e)+\dim H=1+(n-1)=n.$$

Les deux sous-espaces sont donc supplémentaires, d'après le critère du chapitre 11. Prenons pour base de $H$ les $n-1$ vecteurs $f_k=e_1-e_k$, pour $k$ allant de $2$ à $n$ : leur somme de coordonnées est nulle, donc ils sont dans $H$ ; ils sont libres, car le vecteur $f_k$ est le seul de la famille à avoir une coordonnée non nulle en position $k$ ; et ils sont $n-1$, ce qui est la dimension de $H$. C'est donc une base de $H$.

Dans la base ${\mathcal{B}}^{\prime }=\left(e,f_2,\dots ,f_n\right)$ :

$$u_J(e)=ne\text{ (premieˋre colonne }(n,0,\dots ,0)),u_J(f_k)=0\text{ (colonnes nulles)},$$

d'où

$${\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\prime }}(u_J)=\mathrm{diag}(n,0,\dots ,0).$$

Cette matrice et $J$ représentent le même endomorphisme dans deux bases : elles sont semblables, la matrice de passage $P$ étant celle dont les colonnes sont $e,f_2,\dots ,f_n$.

⚠️ Le point délicat : avoir trouvé un vecteur multiplié par $n$ et un noyau de dimension $n-1$ ne suffit pas. Encore faut-il que leur réunion forme une base, c'est-à-dire que la somme soit directe. C'est le rôle du calcul « $\lambda n=0$ donc $\lambda =0$ » : trois lignes, mais sans lesquelles toute la construction s'effondre — rien n'interdirait a priori que $e$ soit lui-même dans le noyau, et c'est d'ailleurs ce qui arriverait si l'on travaillait dans un corps où $n=0$.

La récompense : les puissances. Comme $J=P\mathrm{diag}(n,0,\dots ,0)P^{-1}$ :

$$J^k=P\mathrm{diag}\left(n^k,0,\dots ,0\right)P^{-1}=n^{k-1}P\mathrm{diag}(n,0,\dots ,0)P^{-1},$$

$$\boxed{J^k=n^{k-1}J\text{pour tout }k\ge 1.}$$

Contrôle numérique. Le coefficient en position $(i,j)$ de $J^2$ vaut ${\sum }_{k=1}^{n}1\times 1=n$ : donc $J^2=nJ$, ce qui est bien le cas $k=2$ de la formule. La vérification symbolique de $P^{-1}JP$ pour $n=2$, $n=3$ et $n=5$ redonne exactement $\mathrm{diag}(n,0,\dots ,0)$, et l'identité $J^4=n^{3}J$ a été contrôlée pour ces trois valeurs. ✔

Ce que l'exercice installe. Le programme entier de la réduction, sur un exemple qu'on peut tenir dans la main : chercher les vecteurs que l'endomorphisme se contente de multiplier, vérifier qu'ils engendrent tout l'espace, écrire la matrice dans cette base — et empocher les puissances.