Pour $(a,b,c)\in\mathbb R^3$, on pose $$A=\begin{pmatrix}1&a&b\\0&1&c\\0&0&2\end{pmatrix}.$$
- Donner $\chi_A$ et $\mathrm{Sp}(A)$.
- Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur $(a,b,c)$ pour que $A$ soit diagonalisable.
- Déterminer $E_2(A)$ dans tous les cas.
- On suppose $a=0$. Diagonaliser $A$ et donner $\pi_A$.
- On suppose $a\neq0$. Déterminer $\pi_A$, les sous-espaces caractéristiques de $A$, et une matrice $P$ inversible telle que $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&a&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}$.
La matrice est triangulaire.
Seule la valeur propre double demande une vérification : calculer le rang de $A-I_3$ selon $a$.
Pour $F_1=\mathrm{Ker}(A-I_3)^2$, calculer $(A-I_3)^2$ ; ses deux premières colonnes sont nulles.
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$A$ est triangulaire, donc $\chi_A=(X-1)^2(X-2)$ et $\mathrm{Sp}(A)=\{1,2\}$, avec $m_1=2$ et $m_2=1$.
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$\chi_A$ est scindé. Comme $m_2=1$, $\dim E_2(A)=1$. $A$ est diagonalisable si et seulement si $\dim E_1(A)=2$, soit $\mathrm{rg}(A-I_3)=1$. Or $$A-I_3=\begin{pmatrix}0&a&b\\0&0&c\\0&0&1\end{pmatrix}.$$
- Si $a\neq0$, les lignes $(0,a,b)$ et $(0,0,1)$ ne sont pas colinéaires, donc $\mathrm{rg}(A-I_3)\geq2$, et $\mathrm{rg}(A-I_3)=2$ (première colonne nulle). Alors $\dim E_1(A)=1<2$ : $A$ n'est pas diagonalisable.
- Si $a=0$, toutes les lignes sont colinéaires à $(0,0,1)$, non nulle : $\mathrm{rg}(A-I_3)=1$, $\dim E_1(A)=2$ et $A$ est diagonalisable.
Conclusion : $A$ est diagonalisable si et seulement si $a=0$ ($b$ et $c$ quelconques).
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$A-2I_3=\begin{pmatrix}-1&a&b\\0&-1&c\\0&0&0\end{pmatrix}$. Le système donne $y=cz$ puis $x=ay+bz=(ac+b)z$. Donc $E_2(A)=\mathrm{Vect}\big((ac+b,c,1)\big)$. Vérification : $A(ac+b,c,1)=(ac+b+ac+b,\ c+c,\ 2)=2(ac+b,c,1)$.
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Si $a=0$ : $E_1(A)=\mathrm{Ker}(A-I_3)$ est le plan $z=0$, de base $(e_1,e_2)$, et $E_2(A)=\mathrm{Vect}\big((b,c,1)\big)$. Avec $$P=\begin{pmatrix}1&0&b\\0&1&c\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad D=\mathrm{diag}(1,1,2),$$ $P$ est triangulaire de déterminant $1$, donc inversible, et $A=PDP^{-1}$. $A$ étant diagonalisable, $\pi_A=(X-1)(X-2)$.
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Si $a\neq0$ : $\pi_A$ divise $\chi_A$ et admet $1$ et $2$ pour racines, donc $\pi_A\in\{(X-1)(X-2),(X-1)^2(X-2)\}$. Le premier est scindé à racines simples ; il n'annule donc pas $A$, qui n'est pas diagonalisable. Ainsi $\pi_A=(X-1)^2(X-2)=\chi_A$.
Sous-espaces caractéristiques : $F_2=E_2(A)=\mathrm{Vect}\big((ac+b,c,1)\big)$ car $m_2=1$. Pour $F_1=\mathrm{Ker}(A-I_3)^2$, les deux premières colonnes de $A-I_3$ sont $0$ et $ae_1$, qui sont envoyées sur $0$ par $A-I_3$ ; la troisième colonne $(b,c,1)$ est envoyée sur $(ac+b,c,1)$. Donc $$(A-I_3)^2=\begin{pmatrix}0&0&ac+b\\0&0&c\\0&0&1\end{pmatrix},$$ de rang $1$, et $F_1$ est le plan $z=0$, de dimension $2=m_1$, conformément au cours.
Réduction : on prend $f_1=e_1$, $f_2=e_2$ (base de $F_1$), $f_3=(ac+b,c,1)$. On a $Af_1=f_1$, $Af_2=(a,1,0)=af_1+f_2$, $Af_3=2f_3$. Avec $$P=\begin{pmatrix}1&0&ac+b\\0&1&c\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad\det P=1,$$ on obtient $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&a&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}$ ; le bloc $\begin{pmatrix}1&a\\0&1\end{pmatrix}$ est $I_2$ plus une nilpotente.
$A$ diagonalisable $\iff a=0$ ; $\pi_A=(X-1)(X-2)$ si $a=0$, $\pi_A=(X-1)^2(X-2)$ si $a\neq0$ ; $E_2(A)=\mathrm{Vect}(ac+b,c,1)$, $F_1=\{z=0\}$.