La matrice $A$ est de rang $1$, $0$ est donc valeur propre de $A$ et l’espace propre associé est de dimension $n-1$.

Pour $X={\left(\begin{array}{ccc}\hfill 1\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)}^{\top }\in {ℳ}_{n\mathrm{,1}}(ℝ)$, on remarque $AX=nX$ avec $X\ne 0$. Le réel $n$ est donc aussi valeur propre de $A$ et le sous-espace propre associé est de dimension $\ge 1$ (et en fait $=1$).

La matrice $A$ est donc diagonalisable.

Via un changement de bases réalisé de sorte que les premiers vecteurs soient dans le noyau de $A$, on peut écrire

avec $\lambda =\mathrm{tr}(A)$.

Cas: $\lambda =0$. La matrice $A$ possède une seule valeur propre $0$ mais est distincte de $0.{\mathrm{I}}_n$ donc $A$ n’est pas diagonalisable.

Cas: $\lambda \ne 0$. $\lambda$ est valeur propre simple de $A$ donc $dim{E}_{\lambda }(A)=1$. Aussi, $0$ est valeur propre avec $dim{E}_0(A)=n-\mathrm{rg}(A)=n-1$. La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $n$ donc $A$ est diagonalisable.

$E_{i,i}$ est diagonale donc diagonalisable.
Pour $i\ne j$, ${\chi }_{E_{i,j}}(X)={(-1)}^n{X}^n$ donc seul 0 est valeur propre. Par suite, si $E_{i,j}$ est diagonalisable alors $E_{i,j}=0$ ce qui est incorrect. Conclusion $E_{i,j}$ diagonalisable si, et seulement si, $i=j$.

• (a)

  Il suffit de calculer le polynôme caractéristique de $f$ à partir d’une représentation matricielle triangulaire par blocs relative à une base adaptée à l’espace non nul $E(f,a)$.

• (b)

  La matrice $A$ est de rang 1 donc 0 est valeur propre de $A$ et par la formule du rang $dimE(A\mathrm{,0})=3$.
  Le polynôme caractéristique de $A$ étant de degré 4 et factorisable par $X^3$, c’est un polynôme scindé. La somme des valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité vaut alors $\mathrm{tr}(A)=10$.
  Par suite, 10 est valeur propre de $A$ de multiplicité nécessairement 1.

  Finalement, la matrice $A$ est diagonalisable semblable à $\mathrm{diag}(\mathrm{0,0,0,10})$.