Propriétés des endomorphismes de rang 1

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension $n \geq 2$ sur un corps $\mathbb{K}$ ( $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ). On considère un endomorphisme $u \in \mathcal{L}(E)$ de rang 1.

Justifier, sans calcul lourd, que le polynôme caractéristique de $u$ est donné par : $\chi_u(X) = X^{n-1}(X - \operatorname{Tr}(u))$
Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes :
1. $u$ est diagonalisable.
2. $\operatorname{Tr}(u) \neq 0$ .
3. $E = \operatorname{Im}(u) \oplus \operatorname{Ker}(u)$ .
4. $\operatorname{Im}(u) \not\subset \operatorname{Ker}(u)$ .
Déterminer le polynôme minimal $\mu_u$ de $u$ en distinguant deux cas selon la valeur de la trace.
On suppose dans cette question que $u$ n'est pas diagonalisable. Montrer qu'il existe une base de $E$ dans laquelle la matrice de $u$ est $E_{1,n}$ (la matrice dont le seul coefficient non nul est à la ligne 1, colonne $n$ et vaut 1).
Donner une condition nécessaire et suffisante sur $\operatorname{Tr}(u)$ pour que l'endomorphisme $v = u + \operatorname{Id}_E$ soit inversible.

1.

Pour $\chi_u$ , utiliser la dimension du noyau et le lien entre la trace et les racines du polynôme caractéristique.

2.

Pour les équivalences, exploiter le fait que pour un endomorphisme de rang 1, le spectre est réduit à $\{0, \operatorname{Tr}(u)\}$ .

3.

Le polynôme minimal divise tout polynôme annulateur. Chercher une relation entre $u^2$ et $u$ .

4.

Si $u$ n'est pas diagonalisable, alors $u^2 = 0$ . Partir d'un vecteur $e_n$ tel que $u(e_n) \neq 0$ et construire une base à partir de son image.

5.

Un endomorphisme $f$ est inversible si et seulement si 0 n'est pas valeur propre de $f$ .

Idées clés

•

Lien entre rang et multiplicité géométrique de la valeur propre 0.

•

Utilisation de la relation $u^2 = \operatorname{Tr}(u)u$ pour les endomorphismes de rang 1.

•

Construction de bases adaptées à la décomposition du noyau.

Résolution.

Calcul du polynôme caractéristique. Par hypothèse, $\operatorname{rg}(u) = 1$ . D'après le théorème du rang : $\dim(\operatorname{Ker}(u)) = n - \operatorname{rg}(u) = n - 1$ Ainsi, 0 est valeur propre de $u$ et la dimension du sous-espace propre associé est $n-1$ . La multiplicité de 0 comme racine de $\chi_u$ est donc au moins $n-1$ . On en déduit que $X^{n-1}$ divise $\chi_u$ . Comme $\deg(\chi_u) = n$ , on a : $\chi_u(X) = X^{n-1}(X - \lambda)$ La somme des racines de $\chi_u$ (comptées avec multiplicité) est égale à la trace de l'endomorphisme. On a donc $0 + 0 + \dots + 0 + \lambda = \operatorname{Tr}(u)$ , d'où $\lambda = \operatorname{Tr}(u)$ . $\boxed{\chi_u(X) = X^{n-1}(X - \operatorname{Tr}(u))}$
Équivalences sur la diagonalisabilité. $\bullet$ (i) $\iff$ (ii) : L'endomorphisme $u$ est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à $n$ . Si $\operatorname{Tr}(u) \neq 0$ , le spectre de $u$ est $\{0, \operatorname{Tr}(u)\}$ . $\dim(E_0) = n-1$ et $\dim(E_{\operatorname{Tr}(u)}) \geq 1$ . La somme fait $n$ , donc $u$ est diagonalisable. Si $\operatorname{Tr}(u) = 0$ , la seule valeur propre est 0. Si $u$ était diagonalisable, on aurait $u=0$ , ce qui contredit $\operatorname{rg}(u)=1$ . $\bullet$ (ii) $\iff$ (iii) : Par le théorème du rang, on a toujours $\dim(\operatorname{Ker}(u)) + \dim(\operatorname{Im}(u)) = n$ . La somme est directe si et seulement si $\operatorname{Ker}(u) \cap \operatorname{Im}(u) = \{0\}$ . Or $\operatorname{Im}(u)$ est une droite vectorielle. Soit $y \in \operatorname{Im}(u) \setminus \{0\}$ . La condition $\operatorname{Im}(u) \cap \operatorname{Ker}(u) = \{0\}$ équivaut à $u(y) \neq 0$ . Comme $u^2 = \operatorname{Tr}(u)u$ (propriété classique du rang 1), on a $u(y) = \operatorname{Tr}(u)y$ . Ainsi, $u(y) \neq 0 \iff \operatorname{Tr}(u) \neq 0$ . $\bullet$ (iii) $\iff$ (iv) : $\operatorname{Im}(u)$ étant de dimension 1, soit elle est incluse dans le noyau, soit son intersection avec le noyau est réduite à $\{0\}$ . L'assertion $\operatorname{Im}(u) \not\subset \operatorname{Ker}(u)$ équivaut donc à $\operatorname{Im}(u) \cap \operatorname{Ker}(u) = \{0\}$ , ce qui équivaut à $E = \operatorname{Im}(u) \oplus \operatorname{Ker}(u)$ .
Polynôme minimal. Comme vu précédemment, $u^2 = \operatorname{Tr}(u)u$ , donc $P(X) = X^2 - \operatorname{Tr}(u)X = X(X - \operatorname{Tr}(u))$ est un polynôme annulateur de $u$ . Le polynôme minimal $\mu_u$ divise $P$ . Comme $u \neq 0$ , $\mu_u \neq X$ . Cas 1 : $\operatorname{Tr}(u) \neq 0$ . Les racines de $P$ sont distinctes. Puisque $u$ n'est pas une homothétie ( $n \geq 2$ et rang 1), $\mu_u$ ne peut pas être de degré 1. $\boxed{\mu_u(X) = X(X - \operatorname{Tr}(u))}$ Cas 2 : $\operatorname{Tr}(u) = 0$ . On a $u^2 = 0$ et $u \neq 0$ . $\boxed{\mu_u(X) = X^2}$
Forme réduite dans le cas non diagonalisable. Supposons $u$ non diagonalisable, donc $\operatorname{Tr}(u) = 0$ et $u^2 = 0$ . On a alors $\operatorname{Im}(u) \subset \operatorname{Ker}(u)$ . Soit $e_n \in E$ tel que $e_n \notin \operatorname{Ker}(u)$ (existe car $u \neq 0$ ). Posons $e_1 = u(e_n)$ . Comme $u^2=0$ , $u(e_1) = 0$ , donc $e_1 \in \operatorname{Ker}(u)$ . De plus $e_1 \neq 0$ . Complétons $e_1$ en une base $(e_1, e_2, \dots, e_{n-1})$ de $\operatorname{Ker}(u)$ . La famille $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ est une base de $E$ . En effet, si : $\sum_{i=1}^n \lambda_i e_i = 0$ En appliquant $u$ , on obtient $\lambda_n u(e_n) = 0$ (car $e_1, \dots, e_{n-1} \in \operatorname{Ker}(u)$ ). D'où $\lambda_n e_1 = 0$ , donc $\lambda_n = 0$ . La liberté de la base du noyau donne les autres coefficients nuls. Dans cette base, $u(e_1) = \dots = u(e_{n-1}) = 0$ et $u(e_n) = e_1$ . La matrice est bien $E_{1,n}$ .
Inversibilité de $u + \operatorname{Id$ $u + Id$ .} L'endomorphisme $v = u + \operatorname{Id}$ est inversible si et seulement si $-1$ n'est pas valeur propre de $u$ . D'après le spectre trouvé à la question 1, les valeurs propres de $u$ sont $0$ et $\operatorname{Tr}(u)$ . Comme $0 \neq -1$ , la condition est simplement $\operatorname{Tr}(u) \neq -1$ . $\boxed{u + \operatorname{Id} \in GL(E) \iff \operatorname{Tr}(u) \neq -1}$

Ne pas oublier que $u$ n'est jamais nul puisque son rang est 1. Cela évite de considérer le cas où 0 est le seul élément du spectre de manière triviale.