Exercice 1 701

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ une matrice de rang $1$ .

(a)

Établir l’existence de deux colonnes $X, Y \in ℳ_{n,1} (𝕂)$ vérifiant $A = Y X^{⊤}$ .
(b)

En déduire l’existence de $λ \in 𝕂$ tel que $A^{2} = λ A$ .

Exercice 2 700 Correction

Soit $A$ une matrice carrée de rang $1$ .

Montrer qu’il existe $λ \in 𝕂$ tel que $A^{2} = λ A$ .

Solution

Il existe une colonne $X$ telle que $A X \neq 0$ car $A$ n’est pas la matrice nulle.

On a alors $Im (A) = Vect (A X)$ .

Or $A^{2} X \in Im (A)$ et il existe donc $λ \in 𝕂$ tel que $A^{2} X = λ A X$ .

De plus, pour $Y \in Ker (A)$ , $A^{2} Y = 0 = λ A Y$ .

Enfin, les espaces $Ker (A)$ et $Vect (X)$ sont supplémentaires dans $ℳ_{n, 1} (𝕂)$ donc $A^{2} = λ A$ .

Exercice 3 4974 MINES (PC)

Soient $(X_{1}, \dots, X_{n})$ et $(Y_{1}, \dots, Y_{n})$ deux familles libres d’éléments de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Établir que la famille ${(X_{i} Y_{j}^{⊤})}_{1 \leq i, j \leq n}$ est une base de $ℳ_{n} (ℝ)$ constituée de matrices de rang $1$ .

Exercice 4 3460 Correction

Soit $H \in ℳ_{n} (ℂ)$ une matrice de rang $1$ .

(a)

Montrer qu’il existe des matrices $U, V \in ℳ_{n,1} (𝕂)$ telles que $H = U V^{⊤}$ .
(b)

En déduire

$H^{2} = tr (H) H .$
(c)

On suppose $tr (H) \neq - 1$ . Montrer que $I_{n} + H$ est inversible et

${(I_{n} + H)}^{- 1} = I_{n} - \frac{1}{1 + tr (H)} H .$
(d)

Soient $A \in {GL}_{n} (𝕂)$ telle que $tr (H A^{- 1}) \neq - 1$ . Montrer que $A + H$ est inversible et

${(A + H)}^{- 1} = A^{- 1} - \frac{1}{1 + tr (H A^{- 1})} A^{- 1} H A^{- 1} .$

Solution

(a)

Soit $U$ une colonne non nulle de l’image de $H$ .
Pour tout $1 \leq j \leq p$ , la colonne $C_{j}$ de $H$ peut s’écrire $C_{j} = λ_{j} U$ avec $λ_{j} \in 𝕂$ .
La matrice colonne $V = {(\begin{matrix} λ_{1} & \dots & λ_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ vérifie alors $H = U V^{⊤}$ .
(b)

On a alors $H^{2} = U (V^{⊤} U) V^{⊤}$ avec $λ = V^{⊤} U$ un scalaire donc $H^{2} = λ H$ et

$λ = V^{⊤} U = tr (V^{⊤} U) = tr (U V^{⊤}) = tr (H) .$
(c)

En développant

$(I_{n} + H) (I_{n} - \frac{1}{1 + tr (H)} H) = I_{n} + H - \frac{1}{1 + tr (H)} H - \frac{1}{1 + tr (H)} H^{2} = I_{n} .$

Par le théorème d’inversibilité des matrices, on obtient $I_{n} + H$ est inversible et

${(I_{n} + H)}^{- 1} = I_{n} - \frac{1}{1 + tr (H)} H .$
(d)

On a $rg (H A^{- 1}) = rg (H) = 1$ car on ne modifie pas le rang en multipliant par une matrice inversible.
On en déduit que $I_{n} + H A^{- 1}$ est inversible et

${(I_{n} + H A^{- 1})}^{- 1} = I_{n} - \frac{1}{1 + tr (H A^{- 1})} H A^{- 1} .$

En multipliant par la matrice inversible $A$ , on obtient $A + H = (I_{n} + H A^{- 1}) A$ inversible et

${(A + H)}^{- 1} = A^{- 1} {(I_{n} + H A^{- 1})}^{- 1} = A_{n}^{- 1} - \frac{1}{1 + tr (H A^{- 1})} A^{- 1} H A^{- 1} .$

Édité le 28-05-2025

Matrices de rang 1