Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension finie \(n\) et un endomorphisme \(f \in L(E)\) de rang \(1\).

  1. Si l’on suppose que \(\operatorname{Ker}f \cap \mathop{\mathrm{Im}}f = \{0_E\}\), montrer qu’il existe une base \(\varepsilon\) de \(E\) et un scalaire \(\lambda \in \mathbb{K}\) tels que \[\mathop{\mathrm{Mat}}_{\varepsilon}(f) = \begin{pmatrix} \lambda & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \vdots & & \vdots \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & 0 \end{pmatrix}\]

  2. En déduire que pour tout endomorphisme \(f\) de rang \(1\), il existe un scalaire \(\alpha \in \mathbb{K}\) tel que \(f^2 = \alpha f\).

  3. Soit une base \(e\) quelconque de \(E\), et un endomorphisme \(f \in L(E)\) quelconque. On note \(B = \mathop{\mathrm{Mat}}_e(f)\) la matrice de l’endomorphisme \(f\) dans la base \(e\). Montrer l’équivalence \[{\mathop{\mathrm{rg}}(f) = 1 }\leftrightarrow {\exists (X, Y) \in \mathfrak{M}_{n1}(\mathbb{\mathbb{K} }) ^2\textrm{ non nuls tels que } B = X {Y}^{\mathrm{T}}}\] (On se contentera de la démonstration dans le cas où \(\operatorname{Ker}f \cap \mathop{\mathrm{Im}}f = \{0_E\}\)). voir exercice [matrice_carree_de_rang1] p.[matrice_carree_de_rang1].


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[ID: 1750] [Date de publication: 1 avril 2021 11:56] [Catégorie(s): Matrices semblables, équivalentes ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




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Exercice 573
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56
  1. D’après la formule du rang, \[n = \dim\operatorname{Ker}f + \mathop{\mathrm{rg}}f\] donc \(\operatorname{Ker}f\) est un hyperplan de \(E\) de dimension \((n-1)\). Comme \(\mathop{\mathrm{rg}}(f) = \dim \mathop{\mathrm{Im}}f = 1\), il existe un vecteur \(a \neq 0\) tel que \(\mathop{\mathrm{Im}}f = \mathop{\mathrm{Vect}}(a)\). Puisque l’on a supposé que \(\mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}f = \{0_E\}\), et que \(\dim \mathop{\mathrm{Im}}f + \dim \operatorname{Ker}f = n\), on sait que \[E = \mathop{\mathrm{Vect}}(a) \oplus \operatorname{Ker}f\] le système \((a)\) est une base de \(\mathop{\mathrm{Im}}f\), et si l’on suppose \(n \geqslant 2\), puisque \(\operatorname{Ker}f \neq \{0_E\}\), il existe une base de \(\operatorname{Ker}f\) de la forme \((\varepsilon_2\dots, \varepsilon_n)\). Le théorème de la base adaptée à une somme directe nous dit alors que le système \(\varepsilon=(a, \varepsilon_2,\dots, \varepsilon_n)\) est une base de \(E\). Comme \(f(a) \in \mathop{\mathrm{Im}}f = \mathop{\mathrm{Vect}}(a)\), il existe \(\lambda \in \mathbb{K}\) tel que \(f(a) = \lambda a\). La matrice de \(f\) dans la base \(\varepsilon\) est donc bien de la forme souhaitée.

  2. Dans le cas où \(a \in \operatorname{Ker}f\), on a \(\mathop{\mathrm{Im}}f \subset \operatorname{Ker}f\) et donc \(f^2 = 0\). Le résultat est montré avec \(\alpha = 0_{\mathbb{K} }\).

    On peut donc supposer que \(\mathop{\mathrm{Im}}f \not\subset \operatorname{Ker}f\) et alors \(\mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}f = \{0\}\). D’après a), on a construit une base \(\varepsilon\) dans laquelle la matrice de \(f\) était simple : \(A = \mathop{\mathrm{Mat}}_{\varepsilon}(f) = \lambda E_{11}\). On calcule alors \(A^2 = \lambda^2 E_{11}E_{11} = \lambda^2 E_{11} = \lambda A\) et on en déduit que \(f^2 = \lambda f\).

  3. Supposons que \(\mathop{\mathrm{rg}}f = 1\). Lorsque \(\mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}f = \{0\}\), on a construit une base \(\varepsilon\) dans laquelle la matrice de \(f\) s’écrivait \(A = \lambda E_{11}\). Posons \(X'\) la matrice colonne avec un \(\lambda\) sur la première ligne et des zéros sur les autres lignes, et \(Y'\) la matrice colonne avec un \(1\) sur la première ligne et des zéros sur les autres lignes. Un calcul direct montre que \[A = X' {Y'}^{\mathrm{T}}\] Mais puisque les matrices \(A\) et \(B\) représentent le même endomorphisme \(f\) dans deux bases différentes \(\varepsilon\) et \(e\), elles sont semblables. En notant \(P\) la matrice de passage de la base \(\varepsilon\) vers la base \(e\), on a \[A = PBP^{-1} = (PX') {Y'}^{\mathrm{T}}P^{-1} = (PX') {({P^{-1}}^{\mathrm{T}}Y')}^{\mathrm{T}}\] et il suffit de poser \(X = PX' \in \mathfrak{M}_{n1}(\mathbb{\mathbb{K} })\) et \(Y = {P^{-1}Y'}^{\mathrm{T}} \in \mathfrak{M}_{n1}(\mathbb{\mathbb{K} })\) pour avoir \(B = X{Y}^{\mathrm{T}}\).

    Si l’on suppose maintenant que \(B = X{Y}^{\mathrm{T}}\), en notant \(X = (x_i)_{1\leqslant i \leqslant n}\) et \(Y = (y_i)_{1\leqslant i \leqslant n}\), la matrice \(B\) s’écrit : \[B = ((x_iy_j))_{1\leqslant i,j\leqslant n} = \begin{pmatrix} x_1y_1 & x_1y_2 & \dots & x_1y_n \\ x_2y_1 & x_2y_2 & \dots & x_2y_n \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ x_ny_1 & x_ny_2 & \dots & x_ny_n \end{pmatrix}\] On s’aperçoit que toutes les colonnes de cette matrice sont proportionnelles à la matrice colonne \(X\). En utilisant l’algorithme du rang, on trouve que cette matrice est de rang \(1\) (la colonne \(X\) est non-nulle).


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