Matrice de rang 1 et de trace nulle

Bruce, ta réponse à la question 8 est fausse. Il faut bien noter que $W=AV$, et que $W$ n'est pas nul. C'est-à-dire, comme $A$ est de rang $1$, que $(W)$ est une base de l'image. Par conséquent, dans une base où $W$ apparaît, l'image de tout vecteur est proportionnelle à $W$. Autrement dit, comme $W$ est en position $n-1$, la colonne d'indice $j$ est de la forme ${}^t\begin{pmatrix}0&\cdots&0&c_j&0\end{pmatrix}$. De plus, on connaît $c_{n}$.

Si on suppose de plus que la trace de $A$ est nulle, on peut calculer $c_{n-1}$. Ensuite, il faut voir comment modifier la base pour faire en sorte que $c_1=\cdots=c_{n-2}=0$ (indice : remplacer $E_j$ par $E_j-d_jV$ pour $d_j$ à déterminer). Alors, c'est gagné parce que la matrice ne dépend plus de $A$.

Plus simplement.
Je note $A^{\mathbf{T}}$ la matrice transposée d'une matrice $A\in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})$ (notation normalisée en vigueur).

Soit $n\geq 2$. On voit sans mal qu'une matrice $A\in \mathcal{M}_{n,n}(\mathbb{K})= \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})$, de rang $1$, est de la forme $A=XY^{\mathbf{T}}$, avec $X\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb K)= \mathbb{K}^{n}$, $Y\in \mathcal{M}_{n,1}(K) = \mathbb{K}^{n}$, $X\neq 0$, $Y\neq 0$.
Soit alors $\mu =Y^{\mathbf{T}}X\in \mathcal{M}_{1,1}(\mathbb{K})=\mathbb{K}$. On a : $A^{2}=\mu A$.

- Si $\mu \neq 0$, alors la matrice $A$ est diagonalisable, semblable à $Diag(\mu ,0,...0)$, de trace non nulle.

- Si $\mu =0$, alors $A^2=0$, et la matrice $A$ est semblable à : $\left[
\begin{array}{ccccc}
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0%
\end{array}%
\right] $, de trace nulle.
Épicétou.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

@ Bruce
D'abord, mieux vaudrait donner l'énoncé en entier, on y verrait plus clair.
J'ai dit ce qu'il y a à dire sur les matrices carrées de rang 1, de la façon la plus simple. Accessoirement, je démontre que les matrices carrées de rang 1 et de trace nulle sont toutes semblables.
Maintenant si l'auteur de l'énoncé prend plaisir à compliquer inutilement, je ne saurais le suivre.
Bonne nuit.
Fr. Ch.

Soit $V$ un espace vectoriel de dimension $n\geq 2$ (l'étude des matrices de rang $1$ en dimension $1$ étant triviale) finie sur un corps $K$ et $f:V \to V$ un endomorphisme de rang $1$. soit $y$ un élément non nul de l'image de $f$.

1°) Si $f(y) \neq 0$ alors il existe $\lambda \in K\backslash \{0\}$ tel que $f(y)=\lambda y$ (car l'image de $f$ est de dimension $1$) et comme alors $\ker(f) \cap Ky=\{0\}$ et $dim \left( \ker (f)\right)$ est de dimension $1=n-dim\left (\text{im} (f) \right)$ (d'après le théorème du rang), si on considère une base $(e_2,...,e_n)$ de $\ker (f)$ et qu'on pose $e_1:=y$, la famille $(e_i)_{1\leq i \leq n}$ est alors une base de $V$ dans laquelle la matrice de $f$ est $$\begin{pmatrix}
\lambda & 0 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & 0
\end{pmatrix} \tag{i}$$
Remarquer que $\lambda =\text{trace}(f)$.

2°) Si $f(y)=0$, alors soit $x\in V$ tel que $f(x)=y$ (rappelons que $y$ est dans l'image de $f$). Comme au 1°) ci-dessus, $\ker (f)$ est un supplémentaire de $Kx$. On pose $e_1:=x$, $e_2:=y \in \ker (f)$ et on complète $e_2$ en une base $e_3,...,e_n$ de $\ker (f)$, de sorte que $(e_1,...,e_n)$ est une base de $V$ dans laquelle la matrice de $f$ s'écrit $$\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots& \vdots & \ddots & \ddots &\vdots \\
0 & 0 & \cdots & 0 & 0
\end{pmatrix} \tag{ii}$$

Les points (i) et (ii) ci-dessus fournissent en fait une classification complète des classes de similitude des matrices de rang 1.

On peut en déduire plusieurs choses (pour des applications linéaires mais les énoncés analogues pour les matrices s'en déduisent immédiatement):
3°) le fait que pour tout endomorphisme $g$ linéaire de rang 1, on a $g^2=trace(g) \times g$
4°) le fait que deux endomorphismes de rang 1 sont semblables si et seulement si ils ont même trace.