Soit $A\in\mathcal M_{n,p}(\mathbb K)$.
- Montrer que $\operatorname{rg}A=1$ si et seulement s'il existe $X\in\mathcal M_{n,1}(\mathbb K)$ et $Y\in\mathcal M_{p,1}(\mathbb K)$, non nuls, tels que $A=XY^\top$.
- On suppose $n=p$ et $\operatorname{rg}A=1$. Montrer que $A^2=(\operatorname{tr}A)A$.
- Sous les hypothèses de 2, montrer que $I_n+A$ est inversible si et seulement si $\operatorname{tr}A\neq-1$, et qu'alors $(I_n+A)^{-1}=I_n-\dfrac1{1+\operatorname{tr}A}A$.
- Application : inverser $M=\begin{pmatrix}2&2&3\\1&3&3\\1&2&4\end{pmatrix}$.
Si $\operatorname{rg}A=1$, $\operatorname{Im}A$ est une droite $\operatorname{Vect}(X)$ : chaque colonne est un multiple de $X$.
$Y^\top X$ est une matrice $1\times1$, assimilée à un scalaire, et $\operatorname{tr}(XY^\top)=\operatorname{tr}(Y^\top X)$.
Chercher l'inverse de $I_n+A$ sous la forme $I_n+\alpha A$. Pour 4, écrire $M=I_3+A$ avec $A$ de rang $1$.
- Supposons $\operatorname{rg}A=1$ : $\operatorname{Im}A=\operatorname{Vect}(X)$ avec $X\neq0$. Chaque colonne $C_j$ appartient à $\operatorname{Im}A$, donc $C_j=y_jX$ avec $y_j\in\mathbb K$. Posons $Y=(y_1,\dots,y_p)^\top$ ; $Y\neq0$ car $A\neq0$. Alors $(XY^\top)_{ij}=x_iy_j=(C_j)_i=a_{ij}$, donc $A=XY^\top$.
Réciproquement, si $A=XY^\top$ avec $X,Y$ non nuls, la colonne $j$ de $A$ est $y_jX$ : toutes les colonnes sont dans $\operatorname{Vect}(X)$, donc $\operatorname{rg}A\le1$, et l'une d'elles est non nulle (un $y_j\neq0$ et $X\neq0$), donc $\operatorname{rg}A=1$.
-
Écrivons $A=XY^\top$. Par associativité, $A^2=X(Y^\top X)Y^\top$, et $Y^\top X=\sum_ix_iy_i=s$ est un scalaire, donc $A^2=sA$. Or $\operatorname{tr}A=\sum_i(XY^\top)_{ii}=\sum_ix_iy_i=s$. Ainsi $A^2=(\operatorname{tr}A)A$.
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Notons $t=\operatorname{tr}A$. Pour $\alpha\in\mathbb K$ : $(I_n+A)(I_n+\alpha A)=I_n+(1+\alpha+\alpha t)A$.
- Si $t\neq-1$, le choix $\alpha=-\frac1{1+t}$ annule $1+\alpha(1+t)$ et donne $(I_n+A)(I_n+\alpha A)=I_n$. Un inverse à droite suffit : $I_n+A$ est inversible d'inverse $I_n-\frac1{1+t}A$.
- Si $t=-1$, alors $(I_n+A)A=A+A^2=A-A=0$. Si $I_n+A$ était inversible, en multipliant à gauche par son inverse on aurait $A=0$, contradiction avec $\operatorname{rg}A=1$. Donc $I_n+A$ n'est pas inversible.
- $M=I_3+A$ avec $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\1&2&3\\1&2&3\end{pmatrix}=XY^\top$, $X=(1,1,1)^\top$, $Y=(1,2,3)^\top$ : $\operatorname{rg}A=1$ et $\operatorname{tr}A=6\neq-1$. Donc $$M^{-1}=I_3-\frac17A=\frac17\begin{pmatrix}6&-2&-3\\-1&5&-3\\-1&-2&4\end{pmatrix}.$$ Vérification de la première ligne de $M\cdot7M^{-1}$ : $12-2-3=7$, $-4+10-6=0$, $-6-6+12=0$ ; les autres lignes se vérifient de même.
$\operatorname{rg}A=1\iff A=XY^\top$ ; $A^2=(\operatorname{tr}A)A$ ; $(I_n+A)^{-1}=I_n-\frac{A}{1+\operatorname{tr}A}$ si $\operatorname{tr}A\neq-1$ ; $M^{-1}=\frac17\begin{pmatrix}6&-2&-3\\-1&5&-3\\-1&-2&4\end{pmatrix}$