Réduction

Utiliser la base $((X-a)^n)_{n\in \N}$.
Après calcul, on trouve $\Sp (f)=\N\setminus\{1\}$.

$$Av_1=\begin{pmatrix} a+b+c+d\\ b+a+d+c\\ c+d+a+b\\ d+c+b+a \end{pmatrix} =(a+b+c+d)\begin{pmatrix} 1\\1\\1\\1 \end{pmatrix} =(a+b+c+d)v_1$$ $$Av_2=\begin{pmatrix} a-b+c-d\\ b-a+d-c\\ c-d+a-b\\ d-c+b-a \end{pmatrix} =(a-b+c-d)\begin{pmatrix} 1\\-1\\1\\-1 \end{pmatrix} =(a-b+c-d)v_2$$ De même, on trouve $Mv_3 =(a+b-c-d)v_3$ et $Mv_4=(a+d-b-c)v_4$.
Donc la famille $(v_i)_i$ est une famille de vecteurs propres de la matrice $M$.

Clairement $0$ est une valeur propre de la matrice $A$. Soit $\lambda\in \R^*$ et $X= {\,}^t (x_1,\cdots,x_n)\in \R^n$ non nul tel que $$AX=\lambda X \Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{lcl} x_1+2x_2+\cdots+nx_n&=&\lambda x_1\\ \vdots&&\\ jx_1&=&\lambda x_j\\ \vdots &&\\ nx_1&=&\lambda x_n \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x_1+\dsum_{j=2}^n\dfrac{j^2}{\lambda}x_1=\lambda x_1\\ \forall j\in \inter{2,n},\quad x_j=\dfrac{j}{\lambda}x_1 \end{array}\right.$$ Notons dans la suite $\beta = \dsum_{k=2}^nk^2=\dfrac{2n^3+3n^2+n-6}{6}$. La dernière relation implique (puisque $x_1\neq 0$), $$1+\dfrac{\beta}{\lambda}=\lambda\Longleftrightarrow \lambda^2-\lambda-\beta=0 \Longleftrightarrow \lambda =\dfrac{1\mp \sqrt{1+4\beta}}{2}$$ On en déduit alors que $\Sp (A)=\{\dfrac{1- \sqrt{1+4\beta}}{2},0,\dfrac{1+\sqrt{1+4\beta}}{2}\}$.

$v\in \LL(E)$ donc $v$ admet au moins une v.p $\lambda$, on note alors $F=E_\lambda (v)$.

Puisque $u\circ v=v\circ u$, alors $u(F)\subset F$. On note alors $\hat{u}$ l'endomorphisme induit par $u$ sur $F$. Comme $F$ est un s-e-v de $E$ alors $F$ est de dimension finie, donc $\hat{u}\in \LL(F)$ admet une v.p $\beta$.

Ainsi, il existe $x\in F$ non nul tel que $$ u(x)=\hat{u}(x)=\beta x,\text{ et } v(x)=\lambda x.$$ Donc $x$ est un vecteur propre commun à $u$ et $v$.

1. Notons $A^2=(b_{i\,j})$, alors $$\forall i,j\in \inter{1,n},\quad b_{i\,j}=\dsum_{k=1}^n a_{i\,k}a_{k\,j}=\dsum_{k=1}^n\dfrac{i}{k}\dfrac{k}{j}=n\dfrac{i}{j}$$ On en déduit que $A^2=nA$, donc le polynôme minimale de $A$ est $X^2-nX$ (En faite, la famille $(I_n,A)$ est libre donc $\deg \Pi_A>1$).
2. D'après le cours $\Sp (A)=\{0,n\}$ donc $A$ n'est pas inversible.
3. Notons $(e_1,\cdots,e_n)$ la base canonique de $\R^n$ et pour $j\in \inter{2,n},\, X_j=e_1-je_j$, alors $$\begin{pmatrix} 1&\cdots&\dfrac{1}{j}&\cdots&\dfrac{1}{n}\\ \vdots&\cdots&&\cdots&\vdots\\ i&\cdots&\dfrac{i}{j}&\cdots&\dfrac{i}{n}\\ \vdots&\cdots&&\cdots&\vdots\\ n&\cdots&\dfrac{n}{j}&\cdots&1\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ \vdots\\ 0\\ -j\\ 0\\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix}=0\Longrightarrow X_j\in E_0(A)$$ La famille $(X_2,\cdots,X_n)$ est clairement une famille libre donc $\dim E_0(A)\geq n-1$ or comme $A\neq 0$ alors $\dim E_0(A)< n$. On en déduit alors que $$E_0(A)=\Ker(A)=\Vect \left( (X_2,\cdots,X_n)\right).$$ On en déduit également que $\dim E_n(A)=1$, donc il faut chercher un vecteur propre de $A$ associé à la valeur propre $n$. On remarque que $$A\begin{pmatrix} 1\\ 2\\ \vdots\\ j\\ \vdots\\ n \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \dsum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}k\\ \vdots\\ \dsum_{k=1}^n \dfrac{j}{k}k\\ \vdots\\ \dsum_{k=1}^n \dfrac{n}{k}k \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} n\\ 2n\\ \vdots\\ jn\\ \vdots\\ n^2 \end{pmatrix}=n \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ \vdots\\ j\\ \vdots\\ n \end{pmatrix}$$ Donc $E_n(A)=\Vect \left( \begin{pmatrix} 1&2&\cdots&j&\cdots&n \end{pmatrix}^T\right)$.

On montre par récurrence : $$\forall k\in \N,\, u^k\circ v-v\circ u^k =(k+1)u^k.$$ On définit ensuite $\fonct{\varphi}{\LL(E)}{\LL(E)}{f}{f\circ v-v\circ f}$. $\LL(E)$ étant un $\C$-ev de dimension finie alors $\varphi$ admet un nombre finie de valeurs propres.

Nous avons déjà montré que $$\forall k\in \N,\quad \varphi (u^k)=(k+1)u^k.$$ Ce qui implique qu'il existe $k_0\in \N$ tel que $u^{k_0}=0$ (sinon $\varphi$ aurait une infinité de valeurs propres). Donc $u$ n'est pas injevtive.

On montre ensuite que $\Ker(u)$ est stable par $v$. En effet, $$\forall x\in \Ker(u),\quad u(v(x))=v(u(x))-u(x)=0 \Longrightarrow v(x)\in \Ker(u).$$ La restriction de $v$ sur $\Ker(u)$ admet au moins une valeur propre $\beta$, donc il existe $x\in \Ker (u)$ non nul tel que : $$v(x) = \beta x \text{ et on a aussi } u(x)=0.$$ Donc $x$ est un vecteur propre commun à $u$ et $v$.

Le polynôme $P=X^3-X-1$ est un polynôme annulateur de $A$, $P$ admet une racine réel $\alpha>1$ et deux racines complexes $\beta$ et $\overline{\beta}$.

D'autre part, si $Z\in \C^n$ est un vecteur propre associé à $\beta$ alors $$\overline{\beta}\,\overline{Z}=\overline{\beta Z}=\overline{AZ}=\overline{A}\overline{Z}=A\overline{Z}$$ donc $\dim E_\beta (A)=\dim E_{\overline{\beta}}(A)$ (éventuellement nul).
Notons $p$ l'ordre de multiplicité de $\alpha$ et $r$ l'ordre de multiplicité de $\beta$ (donc $n=p+2r$), alors $$\det (A)= \alpha^p \beta^r\overline{\beta}^r=\alpha^p \abs{\beta}^{2r}>0$$

Puisque $A$ est inversible alors $\det(A)\neq 0$, d'après le théorème de Cayley-Hamilton, on a $\chi_A(A)=0$ soit $$ (-1)^nA^n+(-1)^{n-1}\tr(A)A^{n-1}+\cdots a_1A +\det(A)I_n=0$$ ce qui donne, $$ A\big((-1)^nA^{n-1}+(-1)^{n-1}A^{n-2}+\cdots a_1I_n\big)=-\det(A)I_n$$ On en déduit que: $$A^{-1}=\dfrac{-1}{\det(A)}\big((-1)^nA^{n-1}+(-1)^{n-1}\tr(A)A^{n-2}+\cdots a_1I_n\big)=P(A)$$ Avec $P(X)=\dfrac{-(\chi_A(X)-\det(A))}{\det(A)X}$.

Soit $A\in \mathcal{S}_n(\R)$, on a $$\psi(A)=\dfrac{1}{3}\left(A+2{\,}^t A\right)=A$$ donc $1\in \Sp (\psi)$ et $\mathcal{S}_n(\R)\subset E_1(\psi)$.
Soit $A\in \mathcal{A}_n(\R)$, on a $$\psi(A)=\dfrac{1}{3}\left(A+2{\,}^t A\right)=\dfrac{1}{3}\left(A-2 A\right)=\dfrac{-1}{3} A$$ donc $\dfrac{-1}{3}\in \Sp (\psi)$ et $\mathcal{A}_n(\R)\subset E_{(-1/3)}(\psi)$.
Etant donnée que $\MM_n(\R)=\mathcal{S}_n(\R)\oplus \mathcal{A}_n(\R)$. On en déduit alors que $E_1(\psi)=\mathcal{S}_n(\R)$, $E_{(-1/3)}=\mathcal{A}_n(\R)$ et $\psi$ est diagonalisable.

1. Soit $x\in \Ker (g)$, alors $$0=f(g(x))=f(x)+g(x)=f(x) \Longrightarrow x\in \Ker(f)$$ donc $\Ker(g)\subset\Ker (g)$, on en déduit également en utilisant le théorème du rang, $\dim (\im (f))\leq \dim (\im (g))$ puisque $\dim (\Ker(g))\leq \dim (\Ker (f))$.
   Soit $y\in \im (g)$, alors il existe $x\in E$ tel que $y=g(x)$, or $$g(x)=f(g(x))-f(x)=f(g(x)-x) =y \Longrightarrow y\in \im (f)$$ ce qui implique $\im (g)\subset \im (f)$ mais comme $\dim (\im (g))\geq \dim (\im (f))$, on en déduit que $\im (f)=\im (g)$ et également $\Ker(f)=\Ker(g)$.
2. Puisque $g$ est diagonalisable alors il existe une base $(x_1,\cdots, x_n)$ de $E$ formé de vecteurs propres de $g$, i.e. $$\forall i\in \inter{1,n},\quad g(x_i)=\lambda_i x_i,\quad \Sp (g)=\{\lambda_1,\cdots,\lambda_n\}.$$ Montrons que les éléments de cette base sont aussi des vecteurs propres de $f$ et aussi de $f\circ g$.
   1. Notons d'abord que $1\not\in \Sp (g)$, en effet sinon on aurait $$\exists i_0\in \inter{1,n},\,g(x_{i_0})=x_{i_0}=f(g(x_{i_0}))-f(x_{i_0})=f(x_{i_0})-f(x_{i_0})=0$$ ce qui est impossible.
   2. Soit $i\in \inter{1,n}$, on a $$f(g(x_i))=f(x_i)+g(x_i)\Longrightarrow \lambda_i f(x_i)=f(x_i)+\lambda_i x_i \Longrightarrow f(x_i)=\dfrac{\lambda_i}{\lambda_i-1}x_i$$ autrement dit, $x_i$ est un vecteur propre de $f$ associé à la valeur propre $\dfrac{\lambda_i}{\lambda_i-1}$
   D'après les relations précédentes, on trouve : pour tout $i\in \inter{1,n}$, $$f(g(x_i))=f(\lambda_i x_i)=\lambda_if(x_i)=\dfrac{\lambda_i^2}{\lambda_i-1} x_i$$ Ainsi les vecteurs de la base $\Bb$ sont des vecteurs propres de $f\circ g$, ce qui prouve que $f\circ g$ est diagonalisable.
   D'autre part, on a également $$\Sp (f\circ g)=\{\dfrac{\lambda_i^2}{\lambda_i-1},\,\,\lambda_i\in \Sp (g)\}$$ Une étude rapide de la fonction $\varphi(x)=\dfrac{x^2}{x-1}$ définie sur $\R\setminus \{1\}$ montre que $\varphi (\R\setminus \{1\})= \R\setminus(]0,4[)$.
   

1. Notons $C=\begin{pmatrix} 1&1\\ 0&0 \end{pmatrix}$, comme $C$ est une matrice triangulaire supérieur alors les valeurs propres de $C$ sont ses coefficients diagonaux, i.e. $\Sp (C)=\{0,1\}$. Il est facile dans ce cas de vérifier $$C\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix},\, \,C\begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix} \Longrightarrow C =\begin{pmatrix} 1&1\\ 0&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1\\ 0&-1 \end{pmatrix}.$$
2. Comme $A$ est diagonalisable alors il existe une matrice $D$ diagonale et une matrice $P$ inversible tels que $A=PDP^{-1}$.
   On pose alors $K=\begin{pmatrix} P&I_n\\ 0&-I_n \end{pmatrix}\in \MM_{2n}(\R)$ et $K$ inversible d'inverse $K^{-1} = \begin{pmatrix} P^{-1}&P^{-1}\\ 0&-I_n \end{pmatrix}$, et on a $$ \begin{pmatrix} P^{-1}&P^{-1}\\ 0&-I_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix}A&A\\0_n&0_n\end{pmatrix} \begin{pmatrix} P&I_n\\ 0&-I_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} P^{-1}&P^{-1}\\ 0&-I_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} AP&0\\ 0&0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} D&0\\ 0&0 \end{pmatrix}$$