Dans le cas où $M$ est dans $M_2(\C)$ c'est un cas particulier du théorème de Cayley-Hamilton (le polynôme caractéristique de $M$ est $X^2-Tr(M)X+det(M)$).
Dans le cas général, une méthode rapide serait de justifier qu'on peut écrire $M=X^tY$ avec $X$ et $Y$ deux vecteurs de $\R^n$ et de développer un peu les calculs.
Ou bien directement : $f : K^n\rightarrow K^n$ endomorphisme de rang 1 ($K$ corps quelconque).
Soit $u$ un vecteur générateur de $\mathrm{im\,}f$ (qui est de $\dim 1$ ).
Alors pour tout $x \in K^n, \ f(x)=k_xu$ et $f\circ f(x)=f(k_xu)=k_xf(u)=k_xk_u u=k_uf(x)$.
C'est à dire que $X²-k_uX=X(X-k_u)$ est un polynôme annulateur de $f$.
Cela indique que $f$ admet la valeur propre 0 d'ordre $n-1=\dim\ker f$
et $k_u$ est l'unique valeur propre non nulle de $f$ qui vaut donc $k_u=Trace(f)$.
Donc $X²-Trace(f)X$ est donc le polynôme minimal de $f$.
Il n'y a pas équivalence, Argo t'a donné un contre exemple de la réciproque.
Le contrex d'argo est faux.
Il y a equivalence M de rang 1 avec $M^2=tr[M]M$ si $tr[M]$ non
nulle (appliquer le th de decomposition des noyaux puis diagonaliser).
Si la trace est nulle on a des contrexemples en prenant une matrice
diagonale par bloc dont chaque bloc est nilpotent d'ordre 2. Le
rang est alors au minimum egal au nombre de blocs.
Sinon on a aussi M de rang 1 equivaut a :
M non nulle et pour toute matrice Q, $MQM=tr[MQ]M$
ou bien a:
M non nulle et
pour tout couple de matrices Q, Q' on a $tr[MQMQ']=tr[MQ]tr[MQ']$.
Effectivement Eric a raison, la réciproque est vraie si $tr(M)\neq 0$:
Soit $M$ une matrice telle que $M²=tr(M).M$
Alors $X²-tr(M)X= X(X-tr(M))$ est un polynôme annulateur de $M$, comme il est scindé, $M$ est diagonalisable de valeurs propres 0 de multiplicité $\dim \ker f$ et $tr(M)$ de multiplicité $rg(M)$.
Comme la trace est la somme des valeurs propres : $tr(M)=\sum\limits_{i=1}^{rg(M)} tr(M) = rg(M).tr(M)$
Puisque $tr(M)\neq 0$ on en tire $rg(M)=1$
Façon équivalente de faire:
Si $M^2=Tr(M) M$ et $Tr(M)\neq 0$,
$$M'=\frac {M}{Tr(M)}$$ est un projecteur de trace égale à 1. Le rang d'un projecteur coïncidant avec sa trace, c'est gagné.
Réponses
<http://allced.free.fr/similitude.pdf> les lemmes 2 et 3.
Tu en déduiras facilement la solution à ton exo.
Ou bien directement : $f : K^n\rightarrow K^n$ endomorphisme de rang 1 ($K$ corps quelconque).
Soit $u$ un vecteur générateur de $\mathrm{im\,}f$ (qui est de $\dim 1$ ).
Alors pour tout $x \in K^n, \ f(x)=k_xu$ et $f\circ f(x)=f(k_xu)=k_xf(u)=k_xk_u u=k_uf(x)$.
C'est à dire que $X²-k_uX=X(X-k_u)$ est un polynôme annulateur de $f$.
Cela indique que $f$ admet la valeur propre 0 d'ordre $n-1=\dim\ker f$
et $k_u$ est l'unique valeur propre non nulle de $f$ qui vaut donc $k_u=Trace(f)$.
Donc $X²-Trace(f)X$ est donc le polynôme minimal de $f$.
Il n'y a pas équivalence, Argo t'a donné un contre exemple de la réciproque.
Alain
Salut,
Le contrex d'argo est faux.
Il y a equivalence M de rang 1 avec $M^2=tr[M]M$ si $tr[M]$ non
nulle (appliquer le th de decomposition des noyaux puis diagonaliser).
Si la trace est nulle on a des contrexemples en prenant une matrice
diagonale par bloc dont chaque bloc est nilpotent d'ordre 2. Le
rang est alors au minimum egal au nombre de blocs.
Sinon on a aussi M de rang 1 equivaut a :
M non nulle et pour toute matrice Q, $MQM=tr[MQ]M$
ou bien a:
M non nulle et
pour tout couple de matrices Q, Q' on a $tr[MQMQ']=tr[MQ]tr[MQ']$.
A+
eric
Effectivement Eric a raison, la réciproque est vraie si $tr(M)\neq 0$:
Soit $M$ une matrice telle que $M²=tr(M).M$
Alors $X²-tr(M)X= X(X-tr(M))$ est un polynôme annulateur de $M$, comme il est scindé, $M$ est diagonalisable de valeurs propres 0 de multiplicité $\dim \ker f$ et $tr(M)$ de multiplicité $rg(M)$.
Comme la trace est la somme des valeurs propres : $tr(M)=\sum\limits_{i=1}^{rg(M)} tr(M) = rg(M).tr(M)$
Puisque $tr(M)\neq 0$ on en tire $rg(M)=1$
Alain
Si $M^2=Tr(M) M$ et $Tr(M)\neq 0$,
$$M'=\frac {M}{Tr(M)}$$ est un projecteur de trace égale à 1. Le rang d'un projecteur coïncidant avec sa trace, c'est gagné.
Bien à tous.