Les matrices de rang $1$ à similitude près

La stratégie. Une matrice de rang $1$ n'a qu'un seul nombre à elle : sa trace. On montre qu'elle décide de tout, en construisant dans chaque cas une base adaptée où la matrice devient la plus simple possible — c'est le programme : « recherche d'une matrice simple semblable à une matrice donnée ».

1) $A^2=\mathrm{tr}(A)A$. $LC$ est une matrice $1\times 1$, le scalaire ${\sum }_i{\ell }_i{c}_i$. Et $(CL{)}_{i,i}=c_i{\ell }_i$, donc $\mathrm{tr}(A)={\sum }_i{c}_i{\ell }_i=LC$. Alors, par associativité, $$A^2=(CL)(CL)=C(LC)L=(LC)CL=\mathrm{tr}(A)A.$$

2) Trace non nulle : un projecteur. $p=\frac{A}{\mathrm{tr}A}$ vérifie $p^2=\frac{A^2}{(\mathrm{tr}A{)}^2}=\frac{\mathrm{tr}(A)A}{(\mathrm{tr}A{)}^2}=p$ : c'est la matrice d'un projecteur, de rang $\mathrm{rg}A=1$. Dans une base adaptée à ${\mathbb{K}}^n=\mathrm{Im}p\oplus \mathrm{Ker}p$ (chapitre 12), formée d'un vecteur $e_1$ de $\mathrm{Im}p$ et d'une base $(e_2,\dots ,e_n)$ de $\mathrm{Ker}p$, on a $p(e_1)=e_1$ (un projecteur fixe son image) et $p(e_k)=0$ : la matrice de $p$ est $E_{1,1}=\mathrm{diag}(1,0,\dots ,0)$. Donc il existe $P$ inversible avec $P^{-1}pP=E_{1,1}$, et en multipliant par $\mathrm{tr}A$ : $$P^{-1}AP=\mathrm{tr}(A)E_{1,1}=\mathrm{diag}(\mathrm{tr}A,0,\dots ,0).$$

3) Trace nulle : un bloc nilpotent. Si $\mathrm{tr}A=0$, le 1) donne $A^2=0$. Comme $A\ne 0$, il existe $x$ avec $Ax\ne 0$. Alors $A(Ax)=A^{2}x=0$ : $Ax\in \mathrm{Ker}A$. Par le théorème du rang, $\dim \mathrm{Ker}A=n-1\ge 1$ ; le vecteur non nul $Ax$ se complète en une base $(Ax,k_3,\dots ,k_n)$ de $\mathrm{Ker}A$ (théorème de la base incomplète : $1+(n-2)=n-1$ vecteurs).

La famille $\mathcal{B}=(Ax,x,k_3,\dots ,k_n)$ est une base. Ce sont $n$ vecteurs de ${\mathbb{K}}^n$ : il suffit de montrer qu'ils sont libres. Soit $\alpha Ax+\beta x+{\sum }_{j\ge 3}{\gamma }_j{k}_j=0$. Appliquons $A$ : $\alpha A^{2}x+\beta Ax+\sum {\gamma }_{j}A{k}_j=\beta Ax=0$, car $A^{2}x=0$ et $A{k}_j=0$ ; comme $Ax\ne 0$, $\beta =0$. Il reste $\alpha Ax+\sum {\gamma }_j{k}_j=0$, relation entre les vecteurs d'une base de $\mathrm{Ker}A$ : $\alpha ={\gamma }_j=0$.

La matrice dans $\mathcal{B}$. L'endomorphisme canoniquement associé envoie le premier vecteur $Ax$ sur $A(Ax)=0$, le second $x$ sur $Ax$, qui est le premier vecteur de base, et les $k_j$ sur $0$. Colonnes : $(0,\dots ,0)$, $(1,0,\dots ,0)$, puis des zéros. C'est $E_{1,2}$. Donc $A$ est semblable à $E_{1,2}$.

Le point délicat. L'ordre des vecteurs compte : c'est parce que $Ax$ est placé avant $x$ que l'image de $x$ est le premier vecteur, et que le $1$ tombe en position $(1,2)$. Une base adaptée n'est pas seulement un ensemble, c'est une liste.

4) La classification. Si $A\sim B$, alors $\mathrm{tr}A=\mathrm{tr}B$ (invariance de la trace). Réciproquement, soient $A,B$ de rang $1$ de même trace $t$. Si $t\ne 0$, toutes deux sont semblables à $\mathrm{diag}(t,0,\dots ,0)$, donc semblables entre elles (la similitude est une relation d'équivalence : symétrique et transitive). Si $t=0$, toutes deux sont semblables à $E_{1,2}$. Donc $$\text{pour }A,B\text{ de rang }1:A\sim B⟺\mathrm{tr}A=\mathrm{tr}B.$$ Deux classes de comportement, séparées par la trace : une homothétie sur une droite complétée par zéro, ou un nilpotent.

5) Applications. La matrice $J$ de uns. Toutes ses colonnes sont égales au vecteur $(1,\dots ,1)$ : rang $1$, et $\mathrm{tr}J=n\ne 0$. Donc $J\sim \mathrm{diag}(n,0,\dots ,0)$, et $J^2=\mathrm{tr}(J)J=nJ$ par le 1). Par récurrence, $J^k=n^{k-1}J$ pour $k\ge 1$ : si $J^k=n^{k-1}J$, alors $J^{k+1}=n^{k-1}{J}^2=n^{k}J$. On le lit aussi sur la forme diagonale : $P^{-1}{J}^{k}P=\mathrm{diag}(n^k,0,\dots ,0)=n^{k-1}\mathrm{diag}(n,0,\dots ,0)$.

$E_{1,1}$ et $E_{1,2}$. Toutes deux de rang $1$ : équivalentes (classification par le rang). Traces $1$ et $0$ : pas semblables. On le voit aussi sur $E_{1,2}^2=0\ne E_{1,1}^2=E_{1,1}$ : la nilpotence est un invariant de similitude ($B=P^{-1}AP$ donne $B^2=P^{-1}{A}^{2}P$).

6) Le rang et la trace ne suffisent pas en général. $I_2$ et $B=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$ ont même rang $2$ et même trace $2$. Pourtant $P^{-1}{I}_{2}P=I_2\ne B$ pour tout $P$ : la classe de similitude de $I_2$ est réduite à $\{I_2\}$. Elles ne sont pas semblables. Ce qui les sépare : $B-I_2$ est non nulle de carré nul, $I_2-I_2$ est nulle — un comportement, pas un nombre. La classification par la trace est un privilège du rang $1$ ; en général il faut la réduction de seconde année.

Ce que l'exercice installe. Chercher une base adaptée — une base de l'image complétée par le noyau, ou une base « cyclique » $(Ax,x,\dots )$ — est la méthode pour simplifier une matrice. Et l'exemple montre les deux figures fondamentales de la réduction : diagonalisable ($\mathrm{diag}(t,0,\dots )$) et nilpotent ($E_{1,2}$), que la trace distingue quand le rang est $1$.