(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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