Diagonalisation de matrices de faible rang

Résolution.

1. Les colonnes $C_1$ et $C_3$ sont identiques, de même pour $C_2$ et $C_4$. Le rang de $A$ est donc au plus $2$. Si $a=b=0$, $A=0$ est diagonalisable. Sinon, $\text{rg}(A) \in \{1, 2\}$. L'image de $A$ est engendrée par $V_1 = (a, b, a, b)^T$ et $V_2 = (b, a, b, a)^T$. On calcule les images de ces vecteurs :
   $$AV_1 = (2a^2+2b^2, 4ab, 2a^2+2b^2, 4ab)^T = 2a V_1 + 2b V_2$$
   $$AV_2 = (4ab, 2a^2+2b^2, 4ab, 2a^2+2b^2)^T = 2b V_1 + 2a V_2$$
   La matrice de l'endomorphisme induit sur $\text{Im}(A)$ dans la base $(V_1, V_2)$ est :
   $$\tilde{A} = \begin{pmatrix} 2a & 2b$$
   2b & 2a \end{pmatrix}
   $A$ est diagonalisable si et seulement si $\tilde{A}$ est diagonalisable et n'admet pas $0$ comme valeur propre avec des blocs de Jordan (ce qui est assuré ici car $\tilde{A}$ est symétrique). Les valeurs propres de $\tilde{A}$ sont $2(a+b)$ et $2(a-b)$. Si $a+b \neq 0$ et $a-b \neq 0$, $A$ possède 3 valeurs propres distinctes ($0$, $2(a+b)$, $2(a-b)$) dont la somme des dimensions des sous-espaces propres est $2 + 1 + 1 = 4$. Si $a=b \neq 0$, $V_1=V_2$, $\text{rg}(A)=1$, $\text{Tr}(A)=4a \neq 0$, donc diagonalisable. \boxed{ \text{La matrice } A \text{ est toujours diagonalisable.} }

2. La matrice $B$ a toutes ses colonnes $C_2, \dots, C_{n-1}$ égales à $C = (1, 0, \dots, 0, 1)^T$. De plus $C_1 = C_n = (1, 1, \dots, 1)^T$. Ainsi $\text{rg}(B)=2$. L'image est $\text{Vect}(C_1, C)$. Calculons les images :
   $$BC = \begin{pmatrix} 2$$
   2
   \vdots
   2 \end{pmatrix} = 2 C_1   \text{et}   BC_1 = \begin{pmatrix} n
   2
   \vdots
   2
   n \end{pmatrix} = (n-2)C + 2C_1
   La matrice induite sur l'image est $\tilde{B} = \begin{pmatrix} 2 & 2$
   n-2 & 0 \end{pmatrix}. Son polynôme caractéristique est $P(X) = X^2 - 2X - 2(n-2)$. Le discriminant est $\Delta = 4 + 8(n-2) = 8n - 12$. Puisque $n \geq 3$, $\Delta > 0$, donc $\tilde{B}$ possède deux valeurs propres réelles distinctes. Comme le rang est $2$, ces deux valeurs propres sont non nulles (leur produit est $-2(n-2) \neq 0$). \boxed{ B \text{ est diagonalisable pour tout } n \geq 3. }

3. On remarque que $M = X Y^T$ avec $X = (a_1, \dots, a_n)^T$ et $Y = (1/a_1, \dots, 1/a_n)^T$. $M$ est une matrice de rang $1$ car $X \neq 0$ et $Y \neq 0$. Une matrice de rang $1$ est diagonalisable si et seulement si sa trace est non nulle. Ici :
   $$\text{Tr}(M) = \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_i} = \sum_{i=1}^n 1 = n$$
   Puisque $n \neq 0$, $M$ est diagonalisable. Ses valeurs propres sont $n$ (de multiplicité $1$) et $0$ (de multiplicité $n-1$). \boxed{ M \text{ est diagonalisable, } \text{Sp}(M) = \{0, n\}. }