Notons $M$ la matrice étudiée et supposons $n\ge 3$, les cas $n=1$ et $2$ étant immédiats.
Puisque $\mathrm{rg}(M)=2$, 0 est valeur propre de ${ℳ}_n(ℝ)$ et $dim{E}_0(M)=n-2$.
Soit $\lambda$ une valeur propre non nulle de ${ℳ}_n(ℝ)$ et $X={\left(\begin{array}{ccc}\hfill x_1\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill x_n\hfill \end{array}\right)}^{\top }$ un vecteur propre associé.
L’équation $MX=\lambda X$ fournit le système

$$\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill x_n=\lambda x_1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill \mathrm{⋮}& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill x_n=\lambda x_{n-1}& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill x_1+\mathrm{\cdots }+x_n=\lambda x_n\text{.}& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$

On en déduit

$$\lambda (\lambda -1)x_n=\lambda x_1+\mathrm{\cdots }+\lambda x_{n-1}=(n-1)x_n$$

avec $x_n\ne 0$ car $x_n=0$ et $\lambda \ne 0$ entraînent $X=0$.
Par suite, $\lambda$ est racine de l’équation ${\lambda }^2-\lambda -(n-1)=0$ et donc

$$\lambda =\frac{1\pm \sqrt{4n-3}}{2}\text{.}$$

Inversement, on justifie que ses valeurs sont valeurs propres, soit en remontant le raisonnement, soit en exploitant la diagonalisabilité de la matrice symétrique réelle $M$ pour affirmer l’existence de $n$ valeurs propres comptées avec multiplicité.

• (a)

  Par le calcul

  $$A^2=\left(\begin{array}{cccc}\hfill 1\hfill & \hfill \hfill & \hfill (0)\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill \mathrm{⋮}\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill 1\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill \mathrm{⋮}\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill (0)\hfill & \hfill \hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)\in {ℳ}_n(ℝ)\text{.}$$

  Puisque $A$ et $A^2$ ne possèdent que deux colonnes non nulles et que celles-ci sont visiblement indépendantes, on a $\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}\left(A^2\right)=2$.

• (b)

  On a $\mathrm{rg}(f)=\mathrm{rg}\left(f^2\right)$ donc $dim\mathrm{Ker}(f)=dim\mathrm{Ker}\left(f^2\right)$. Or $\mathrm{Ker}(f)\subset \mathrm{Ker}\left(f^2\right)$ donc $\mathrm{Ker}(f)=\mathrm{Ker}\left(f^2\right)$.
  Pour $x\in \mathrm{Ker}(f)\cap \mathrm{Im}(f)$, on peut écrire $x=f(a)$ et l’on a $f(x)=0$ donc $a\in \mathrm{Ker}\left(f^2\right)=\mathrm{Ker}(f)$ puis $x=0$.
  On en déduit $\mathrm{Ker}(f)\cap \mathrm{Im}(f)=\{0_E\}$ et un argument de dimension permet d’affirmer $\mathrm{Ker}(f)\oplus \mathrm{Im}(f)={ℝ}^n$.

• (c)

  Une base adaptée à la décomposition $\mathrm{Ker}(f)\oplus \mathrm{Im}(f)={ℝ}^n$ permet de justifier que la matrice $A$ est semblable à

  $$\left(\begin{array}{cccc}\hfill 0\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill (0)\hfill \\ \hfill \hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill \\ \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill 0\hfill & \hfill \hfill \\ \hfill (0)\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill B\hfill \end{array}\right)\text{ avec }B\in {ℳ}_2(ℝ)\text{.}$$

  Puisque l’on a alors $\mathrm{rg}(A)=\mathrm{rg}(B)=2$, on peut affirmer que la matrice $B$ est inversible.

• (d)

  $\mathrm{tr}(B)=\mathrm{tr}(A)=0$ et $\mathrm{tr}\left(B^2\right)=\mathrm{tr}\left(A^2\right)=2$.
  Soient $\lambda$ et $\mu$ les deux valeurs propres complexes de la matrice $B$. On a

  $$\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill \lambda +\mu & =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill {\lambda }^2+{\mu }^2& =2\text{.}\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$

  On en déduit

  $$\{\lambda ,\mu \}=\{1,-1\}\text{.}$$

  Ainsi,

  $$\mathrm{Sp}(B)=\{1,-1\}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\mathrm{Sp}(A)=\{\mathrm{1,0},-1\}\text{.}$$

• (e)

  Par calcul de rang

  $$dim{E}_0(A)=dim\mathrm{Ker}(A)=n-2\text{.}$$

  On a aussi

  $$dim{E}_1(A)=dim{E}_1(B)=1\mathit{\hspace{1em}\hspace{1em} }\text{et}\mathit{\hspace{1em}}dim{E}_{-1}(A)=1$$

  donc la matrice $A$ est diagonalisable car la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à $n$.

• (a)

  Les matrices suivantes conviennent:

  $$L=\left(\begin{array}{ccc}\hfill 1\hfill & \hfill \hfill & \hfill (0)\hfill \\ \hfill \mathrm{⋮}\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}U=\left(\begin{array}{ccc}\hfill 1\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill 1\hfill \\ \hfill \hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{⋮}\hfill \\ \hfill (0)\hfill & \hfill \hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)=L^{\top }\text{.}$$

• (b)

  $U={\mathrm{I}}_n+N+\mathrm{\cdots }+N^{n-1}$, $({\mathrm{I}}_n-N)U={\mathrm{I}}_n$ donc $U^{-1}={\mathrm{I}}_n-N$, $L^{-1}={(U^{-1})}^{\top }={\mathrm{I}}_n-N^{\top }$ donc

  $$A^{-1}=U^{-1}{L}^{-1}={\mathrm{I}}_n-N-N^{\top }+N{N}^{\top }\text{.}$$

• (c)

  On a

  $$A^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}\hfill 2\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill \hfill & \hfill (0)\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \hfill \\ \hfill \hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill 2\hfill & \hfill 1\hfill \\ \hfill (0)\hfill & \hfill \hfill & \hfill 1\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

  Posons ${\chi }_n$ le polynôme caractéristique de $A^{-1}\in {ℳ}_n(ℝ)$.
  On a

  $${\chi }_{n+2}(\lambda )=(2-\lambda ){\chi }_{n+1}(\lambda )-{\chi }_n(\lambda )$$

  avec ${\chi }_0(\lambda )=1$ et ${\chi }_1(\lambda )=1-\lambda$.

  En écrivant $\lambda =2+2\cos (\theta )$ avec $\theta \in [0;\pi ]$ et en posant $f_n(\theta )={\chi }_n\left(2+2\cos (\theta )\right)$ on a la relation

  $$f_{n+2}(\theta )+2\cos (\theta )f_{n+1}(\theta )+f_n(\theta )=0,$$

  avec les conditions initiales $f_0(\theta )=1$ et $f_1(\theta )=2\cos (\theta )-1$.

  La résolution de cette récurrence linéaire d’ordre $2$ donne

  $$f_n(\theta )=\frac{\cos \left(n+\frac{1}{2}\right)\theta }{\cos \left(\frac{\theta }{2}\right)}\text{.}$$

  Ainsi, ${\chi }_n$ admet $n$ racines dans $[0;4]$ et, puisque ce polynôme est de degré $n$, il n’y en a pas ailleurs

  $$\mathrm{Sp}\left(A^{-1}\right)\subset [0;4]\text{.}$$