Diagonaliser une matrice carrée d'ordre $$3$$ : Mise en pratique dans le cas où les racines du polynôme caractéristique sont multiples. - Exercice 1

Soit $$\lambda$$ une valeur propre réelle de $$u$$.
Le polynôme caractéristique est donné par :
$$P(\lambda) = \det(A - \lambda I_3) = \det \left( \begin{pmatrix} 3 & 4 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 2 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) = \det \left( \begin{pmatrix} 3 & 4 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} - \lambda & 0 & 0 \\ 0 & - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & - \lambda \end{pmatrix} \right)$$
Soit :
$$P(\lambda) = \det \left( \begin{pmatrix} 3- \lambda & 4 & -1 \\ -1 & 1- \lambda & 1 \\ 0 & 3 & 2- \lambda \end{pmatrix} \right) = \begin{vmatrix} 3- \lambda & 4 & -1 \\ -1 & 1- \lambda & 1 \\ 0 & 3 & 2- \lambda \end{vmatrix}$$
Si on effectue la substitution $$C_1 \longleftarrow C_1 + C_3$$ on obtient alors :
$$P(\lambda) = \begin{vmatrix} 2- \lambda & 4 & -1 \\ 0 & 1- \lambda & 1 \\ 2-\lambda & 3 & 2- \lambda \end{vmatrix}$$
En factorisant par le terme $$2-\lambda$$ issu de la première colonne, on obtient :
$$P(\lambda) = (2- \lambda) \times \begin{vmatrix} 1 & 4 & -1 \\ 0 & 1- \lambda & 1 \\ 1 & 3 & 2- \lambda \end{vmatrix}$$
Si on effectue maintenant la substitution $$L_3 \longleftarrow L_3 - L_1$$ alors on obtient :
$$P(\lambda) = (2- \lambda) \times \begin{vmatrix} 1 & 4 & -1 \\ 0 & 1- \lambda & 1 \\ 0 & -1 & 3-\lambda \end{vmatrix}$$
On va donc développer le déterminant trouvé selon la première colonne. On a alors :
$$P(\lambda) = (2- \lambda) \times (-1)^{1+1} \times 1 \times \begin{vmatrix} 1- \lambda & 1 \\ -1 & 3-\lambda \end{vmatrix} = (2- \lambda) \times \begin{vmatrix} 1- \lambda & 1 \\ -1 & 3-\lambda \end{vmatrix}$$
Donc :
$$P(\lambda) = (2- \lambda) \times \big( (1-\lambda) \times (3-\lambda) - (-1) \times 1 \big) = (2- \lambda) \times \big( (1-\lambda) \times (3-\lambda) + 1 \big)$$
Soit :
$$P(\lambda) = (2- \lambda) \times \big( \lambda^2 -4\lambda + 1 \big) = (2- \lambda) \times (\lambda - 2)^2 = (2- \lambda) \times (-1)^2(\lambda - 2)^2 = (2- \lambda) \times (2 - \lambda)^2$$
Finalement, on trouve que :
$$P(\lambda) = (2- \lambda)^3$$
De fait :
$$P(\lambda) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (2- \lambda)^3 = 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, 2- \lambda = 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda = 2$$
Donc $$u$$ présente une seule valeur propre $$\lambda = 2$$ et qui est triplement dégénérée. On a alors :
$$\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}(A)= \{\, 2 \,\}$$
Notons par $$x$$ un vecteur propre. Afin de déterminer le sous-espace propre associé, noté $$V(2)$$, utilisons sa définition :
$$V(2) = \ker(u -2\mathrm{Id}_E)= \left\lbrace \, u(x) = 2x\, | \, x \in E \, \right\rbrace$$
Introduisons la représentation matricielle $$X$$ du vecteur propre $$x$$ dans la base $$\mathcal{B}$$ de $$E$$ suivante :
$$X = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3$$
En utilisant la représentation matricielle on a alors :
$$A X = 2X \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX - 2X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (A - 2I_3)X = \mathcal{O}_{3\,;\,1}$$
Soit :
$$\left( \begin{pmatrix} 3 & 4 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 2 \end{pmatrix} - 2 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} 3-2 & 4 & -1 \\ -1 & 1-2 & 1 \\ 0 & 3 & 2-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
Soit encore :
$$\begin{pmatrix} 1 & 4 & -1 \\ -1 & -1 & 1 \\ 0 & 3 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
Ce qui nous donne le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a - c & = & 0 \\ -a + c & = & 0 \\ b & = & 0 \\\end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & \in & \mathbb{R} \\ b & = & 0 \\ c & = & a \\\end{array} \right.$$
Donc :
$$X = \begin{pmatrix} a \\ 0 \\ a \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, a \in \mathbb{R}$$
Soit encore :
$$X = a\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, a \in \mathbb{R}$$
De fait, on peut en conclure que :
$$V(2) = \mathrm{Vect}\left\lbrace \, \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$

Effectuons un raisonnement par l'absurde. Supposons que l'endomorphisme étudié $$u$$ soit effectivement diagonalisable.
Si $$u$$ est diagonalisable alors il existe une matrice $$P$$ inversible appartenant à $$\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$$ telle que nous ayons :
$$P^{-1} A P = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$
Soit :
$$P^{-1} A P = 2 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$
Soit encore :
$$P^{-1} A P = 2 I_3$$
Ainsi :
$$PP^{-1} A PP^{-1} = P 2 I_3P^{-1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, I_3 A I_3 = P 2 P^{-1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, I_3 A = 2P P^{-1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, A = 2I_3$$
On trouve alors que :
$$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$
Ceci est clairement en contradiction avec la définition de $$A$$ par l'énoncé, puisque $$A = \begin{pmatrix} 3 & 4 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 2 \end{pmatrix}$$. De fait, notre supposition initiale est fausse.
En conclusion, l'endomorphisme étudié $$u$$ n'est pas diagonalisable.