(1) \(\Rightarrow\) (2).

\(M^2 = 0\Rightarrow\text{Im}M\subset\text{Ker}M\Rightarrow\text{rg}M\leqslant\text{dim}(\text{Ker}M)=3 -\text{rg}M\) et donc \(\text{rg}M\leqslant1\).

Si \(\text{rg}M=0\) alors \(\text{Tr}M = 0\). On suppose maintenant que \(\text{rg}M=1\) et donc \(\text{dim}(\text{Ker}M)= 2\).

Soit \(e_1\) un vecteur non nul de \(\text{Im}M\) alors il existe un vecteur \(e_3\) (non nul) tel que \(Me_3 = e_1\).

On complète la famille libre \((e_1)\) de \(\text{Im}M\subset\text{Ker}M\) en \((e_1,e_2)\) base de \(\text{Ker}M\). La famille \((e_1,e_2,e_3)\) est une base de \(\mathcal{M}_{3,1}(\Rr)\) car

\(ae_1+be_2+ce_3 = 0\Rightarrow M(ae_1+be_2+ce_3) = 0\Rightarrow ce_1 = 0\Rightarrow c = 0\),

puis \(a = b = 0\) car la famille \((e_1,e_2)\) est libre.

\(M\) est donc semblable à la matrice \(\left( \begin{array}{ccc} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array} \right)\) et en particulier \(\text{Tr}M = 0\).

(2) \(\Rightarrow\) (1).

Si \(\text{rg}M = 0\), \(M^2 = 0\).

Si \(\text{rg}M = 1\), on peut se rappeler de l’écriture générale d’une matrice de rang 1 : il existe trois réels \(u_1\), \(u_2\) et \(u_3\) non tous nuls et trois réels \(v_1\), \(v_2\) et \(v_3\) non tous nuls tels que \(M=\left( \begin{array}{ccc} u_1v_1&u_1v_2&u_1v_3\\ u_2v_1&u_2v_2&u_2v_3\\ u_3v_1&u_3v_2&u_3v_3 \end{array} \right)\) ou encore il existe deux vecteurs colonnes, tous deux non nuls \(U\) et \(V\) tels que \(M=U{^t}V\). L’égalité \(\text{Tr}M =0\) fournit \(u_1v_1+u_2v_2+u_3v_3= 0\) ou encore \({^t}UV=0\). Mais alors

\(M^2=U{^t}VU{^t}V=U{^t}({^t}UV){^t}V=0\)

Cet exercice admet des solutions bien plus brèves avec des connaissances sur la réduction .

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