Réduction sur $\mathcal{L}(M_n(\mathbb{C}))$

Ici $f$ est explicite et il ne paraît pas y avoir de valeur propre triviale donc on va directement partir dans la résolution de $f(A)=\lambda A$ et construire une base de vecteurs propres.

En observant les colonnes et en les égalisant, on trouve un système de $n$ équations, ces dernières étant $\lambda C_i=\sum_{j\neq i}C_j$ pour tout $i\in[\![1,n]\!]$. L’idée principale alors est d’essayer de tout régulariser. Les sommes sont bien gênantes alors l’idée est d’ajouter $C_i$ à chacune de ces équations pour en déduire une quantité qui se conserve. On trouve alors $(\lambda+1)C_i=\sum_j C_j$ donc $(\lambda+1)C_i$ est constant par rapport à $i$. On entame ainsi une disjonction de cas.

$\hookrightarrow$ Si $\mathbf{\lambda=-1}$, alors toutes les équations se résument à $\sum_j C_j=0$. Ce qui nous fournit une équations sur les colonnes mais \textbf{$n$ équations sur les coefficients} (on raisonne en matrices ici) ! Ainsi l’espace propre $\mathrm{Ker}(f+I_d)$ est de dimension $n^2-n$ (degré de liberté = dimension - nombres d’équations) et est engendré par les matrices de la forme $E_{i,j}-E_{i,j+l}$ pour $1\leqslant i\leqslant n, 1\leqslant j\leqslant n-1$ et $1\leqslant l\leqslant n-j$ (on vérifie bien qu’il y en a $n^2-n$).

$\hookrightarrow$ Si $\mathbf{\lambda\neq-1}$, alors $x:=\sum_j C_j\neq0$ et l’idée est de sommer toutes les équations pour retrouver $x$ de chaque côté. On trouve alors $x(\lambda+1)=nx$ et $\underline{\lambda=n-1}$ car le vecteur $x$ est non-nul. Dans ce cas on a alors que toutes les colonnes $C_i$ sont les mêmes (et valent $\frac{x}{n}$). Il faut et suffit alors de fixer $x$ pour avoir le résultat, ce qui nous donne $n$ équations sur les coefficients et ainsi $\mathrm{Ker}(f-(n-1)Id)$ est de dimension $n$ (le nombre de degrés de libertés des coefs) et il est engendré par les $(\frac{1}{n}\delta_{i,k})_{i,j}$, pour $1\leqslant k\leqslant n$ (on prend la base canonique pour caractériser le vecteur $x$).

Finalement on a trouvé deux espaces propres dont la somme des dimensions fait $n^2=\dim(\mathfrak{M}_n(\mathbb{C}))$ donc ce sont les seuls et $f$ est diagonalisable !