Une matrice dont les lignes sont proportionnelles

Le noyau, donc la valeur propre $0$. Résolvons $AX=0$ avec $X={}^t(x,y,z)$. Les trois équations sont $x+y+z=0$, $2(x+y+z)=0$ et $3(x+y+z)=0$ : elles se réduisent à une seule, $x+y+z=0$. Cet ensemble n'est pas réduit à $\{0\}$, donc $0\in \mathrm{Sp}(A)$, et $$E_0=\{x+y+z=0\}=\mathrm{Vect}({}^t(1,-1,0),{}^t(1,0,-1)),$$ de dimension $2$ (ces deux colonnes sont libres : la deuxième entrée donne le premier coefficient, la troisième donne le second).

Une seconde valeur propre. Essayons $X={}^t(1,2,3)$ : $$AX=\left(\begin{array}{c}1+2+3\\ 2(1+2+3)\\ 3(1+2+3)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 12\\ 18\end{array}\right)=6\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right).$$ Donc $6\in \mathrm{Sp}(A)$ et ${}^t(1,2,3)\in E_6$.

Il n'y en a pas d'autre. Une matrice de ${\mathcal{M}}_3(\mathbb{R})$ ne peut pas avoir de sous-espaces propres dont les dimensions totalisent plus de $3$, car une concaténation de familles libres issues de sous-espaces propres distincts est libre. Ici $\dim E_0+\dim E_6⩾2+1=3$ : la somme est déjà maximale, il ne reste de place pour aucune autre valeur propre, et $\dim E_6=1$. Ainsi $\mathrm{Sp}(A)=\{0,6\}$.

Diagonalisable. En concaténant une base de $E_0$ et une base de $E_6$, on obtient une famille libre de $3$ vecteurs propres dans ${\mathcal{M}}_{3,1}(\mathbb{R})$, qui est de dimension $3$ : c'est une base. $A$ est diagonalisable, semblable à $\mathrm{diag}(0,0,6)$.

Contrôle. La somme des coefficients diagonaux de $A$ vaut $1+2+3=6$, et celle des valeurs propres comptées avec leurs répétitions vaut $0+0+6=6$.