Déterminer, selon le paramètre a ∈ ℝ, le rang d…

Stratégie : échelonner, puis discuter. Les opérations élémentaires sur les lignes ne changent pas le rang ; on échelonne donc sans jamais diviser par une quantité qui pourrait être nulle, et on compte les pivots à la fin.

a) L'échelonnement. $L_2\leftarrow L_2-L_1$ et $L_3\leftarrow L_3-L_1$ (deux transvections, licites quel que soit $a$) : $$A\sim \left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& a-1& 0\\ 0& 0& a-1\end{array}\right)$$

⚠️ L'endroit où l'on triche sans s'en apercevoir. Le réflexe suivant serait $L_2\leftarrow \frac{1}{a-1}{L}_2$ pour « normaliser le pivot ». C'est illicite si $a=1$ — et c'est précisément le cas intéressant. On ne divise pas par un paramètre : on sépare les cas.

b) Cas $a\ne 1$. Les trois pivots $1$, $a-1$, $a-1$ sont non nuls : la matrice échelonnée est triangulaire à diagonale non nulle. $$\mathrm{rg}A=3,A\in {\mathrm{GL}}_3(\mathbb{R}),\mathrm{Ker}A=\{0\}.$$

c) Cas $a=1$. Les lignes $2$ et $3$ s'annulent toutes les deux en même temps : il ne reste que $L_1=(1,1,1)$. $$\mathrm{rg}A=1,\dim \mathrm{Ker}A=3-1=2\text{(theˊoreˋme du rang)}.$$ C'est cohérent : pour $a=1$, $A$ est la matrice $J_3$ dont tous les coefficients valent $1$, et ses trois lignes sont égales.

$$\boxed{\mathrm{rg}A=\{\begin{array}{ll}3& \text{si }a\ne 1\\ 1& \text{si }a=1\end{array}}$$

Contrôle. $\det A=(a-1{)}^2$ (le déterminant de la triangulaire obtenue, les transvections le laissant intact). Pour $a=0$ : $\det =1\ne 0$, rang $3$ ✓. Pour $a=2$ : $\det =1\ne 0$, rang $3$ ✓. Pour $a=1$ : $\det =0$, et la matrice pleine de $1$ est bien de rang $1$ ✓.

Ce que l'exercice installe. Le rang n'est pas continu en $a$ : il saute de $3$ à $1$ et ne vaut jamais $2$. C'est le même facteur $a-1$ qui tue les deux dernières lignes, donc elles disparaissent ensemble. Cette dégénérescence simultanée est le phénomène que le déterminant enregistre comme une racine double — on le relira au chapitre 14 sur $\det A=(a-1{)}^2$.