On peut, dans un premier temps identifier et traiter les cas particuliers simples :  et . Supposant ensuite  et , on peut se ramener à la définition d’une valeur propre pour rechercher les candidats possibles.

 

 

 

Pour , on a immédiatement : . f est donc l’endomorphisme nul et il est diagonalisable.

 

Pour , on a immédiatement : .

Il vient alors :

• Si
  
  , on est ramené à la situation précédente ;

• Si
  
  , on a
  
  . A étant non nulle, il s’agit donc d’un vecteur propre. Or
  
  . On en déduit que la seule valeur propre est 0 et que l’espace propre associé est :
  
  . Il s’agit d’un hyperplan de
  
  . L’endomorphisme f n’est donc pas diagonalisable.

 

Supposons maintenant que A soit non nulle et que sa trace soit également non nulle.

 

Dire que  est une valeur propre de f équivaut à dire qu’il existe une matrice M non nulle de  vérifiant :

 

 

 

Soit :

 

     (E)

 

On doit alors discuter :

 

• Supposons que
  
   soit valeur propre. L’équation (E) est alors vérifiée pour toute matrice M telle que
  
  .
  
   est bien valeur propre de f et l’espace propre associé
  
   est un hyperplan en tant que noyau d’une forme linéaire (i.e. un sous-espace vectoriel de
  
   de dimension
  
   ) ;

• On remarque ici encore que l’on a :
  
  . Mais cette fois :
  
  . Comme la trace de A est non nulle, la deuxième valeur propre est
  
   et l’espace propre associé est la droite vectorielle
  
  .

 

L’endomorphisme f est diagonalisable, ses deux valeurs propres étant  et , les sous-espaces propres associés étant de dimensions respectives  et 1.