Exercice 6 - Exercice 1

Dans la base $$B$$, la matrice $$A_B^f$$ qui est associée à cet endomorphisme $$f$$ est (le rangement des vecteurs s'effectue en colonne) :
$$A_B^f = \left(\begin{array}{ccc} 3 & -1 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \end{array}\right)$$
On a alors le polynôme caractéristique suivant :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=\operatorname{det}\left(A_B^f-\lambda \mathbb{I}_3\right)$$
Soit :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=\left|\begin{array}{ccc} 3-\lambda & -1 & 1 \\ 2 & -\lambda & 1 \\ 1 & -1 & 2-\lambda \end{array}\right|$$
En développant sur la $$1^{\text {ière }}$$ colonne, on a :
D'où :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=(3-\lambda)(-\lambda(2-\lambda)+1)-2(-(2-\lambda)+1)+1(-1+\lambda)$$
Ainsi :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=(3-\lambda)\left(\lambda^2-2 \lambda+1\right)-2(\lambda-1)+\lambda-1$$
Soit encore :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=(3-\lambda)(\lambda-1)^2-2(\lambda-1)+\lambda-1$$
En factorisant par $$\lambda-1$$, il vient :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=(\lambda-1)[(3-\lambda)(\lambda-1)-2+1]$$
Dès lors, on a :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=(\lambda-1)[(3-\lambda)(\lambda-1)-1]$$
Ou encore :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=(\lambda-1)\left[3 \lambda-3-\lambda^2+\lambda-1\right]$$
Ce qui nous conduit à :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=(\lambda-1)\left[-\lambda^2+4 \lambda-4\right]$$
Soit :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=-(\lambda-1)\left[\lambda^2-4 \lambda+4\right]$$
Finalement :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=(-1)^3(\lambda-1)^1(\lambda-2)^2$$
D’après la forme du polynôme caractéristique, les valeurs propres de l’endomorphisme $$f$$ sont :
$$\bullet \,\, λ=2$$ qui est dégénérée $$2$$ fois, donc sa multiplicité est $$d_2 = 2$$ ;
$$\bullet \bullet \,\, λ=1$$ qui n’est pas dégénérée, donc sa multiplicité est $$d_1=1$$.
$$\longrightarrow \,\,$$ Cas $$λ=1$$ qui n’est pas dégénérée :
On note par $$E_1$$ le sous espace associé à $$λ=1$$. La dimension du sous-espace associé à une valeur propre simple est nécessairement égale à $$1$$, donc la dimension de $$E_1$$ est égale à $$1$$. D’où :
$$\dim⁡ E_1 =1$$
Soit :
$$\dim⁡ E_1 = d_1$$
$$\longrightarrow \,\,$$ Cas $$λ=2$$ qui est dégénérée $$2$$ fois :
On note par $$E_2$$ le sous espace associé à $$λ=2$$ et déterminons sa dimension.
On pose $$v=v_1 e_1+v_2 e_2+v_3 e_3$$ avec $$(v_1 \,;\, v_2 \,;\, v_3 ) \in \mathbb{R}^3$$. Ainsi, on est amené à résoudre le système suivant :
$$(A_B^f - 2 \mathbb{I}_3 )v = \mathbb{O}_3$$
Soit :
$$\left(\begin{array}{ccc} 3-2 & -1 & 1 \\ 2 & 0-2 & 1 \\ 1 & -1 & 2-2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right) \Longleftrightarrow\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 1 \\ 2 & -2 & 1 \\ 1 & -1 & 0\end{array} \right) \left(\begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$$
Cette équation équivaut à :
$$\left\{\begin{array}{rcl} v_1 - 2v_2 + v_3 & = & 0 \\ 2v_1 - 2v_2 + v_3 & = & 0 \\ v_1 - v_2 + 0v_3 & = & 0\end{array} \right.$$
La troisième ligne permet d’écrire que $$v_1=v_2$$, ce qui implique que le système précédent devient :
$$\left\{ \begin{array}{rcl} v_3 & = & 0 \\ v_3 & = & 0 \\ v_1 & = & v_2 \end{array} \right.$$
Ainsi, on peut écrire :
$$v = v_1 (e_1 + e_2) + 0 e_3$$
Finalement :
$$v=v_1 (e_1 + e_2)$$
Ainsi :
$$E_2 = \mathrm{vect} \left\lbrace \, \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$
Ainsi :
$$\dim E_2 = 1$$
Et donc :
$$\dim E_2 \neq d_2$$
On en déduit immédiatement que l’endomorphisme $$f$$ n’est pas diagonalisable.