Deux directions propres pour trois dimensions

Le spectre. $A$ est triangulaire supérieure, donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux : $\mathrm{Sp}(A)=\{1,2\}$. La valeur $1$ apparaît deux fois sur la diagonale, mais un spectre est un ensemble : on ne l'écrit qu'une fois.

Le sous-espace propre $E_1$. Résolvons $(A-I_3)X=0$ avec $X={}^t(x,y,z)$ : $$A-I_3=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 0\\ 0& 0& 3\\ 0& 0& 1\end{array}\right),\{\begin{array}{l}2y=0\\ 3z=0\\ z=0\end{array}$$ donc $y=0$ et $z=0$, tandis que $x$ reste libre : $E_1=\mathrm{Vect}({}^t(1,0,0))$, de dimension $1$.

Le sous-espace propre $E_2$. Résolvons $(A-2I_3)X=0$ : $$A-2I_3=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 0\\ 0& -1& 3\\ 0& 0& 0\end{array}\right),\{\begin{array}{l}-x+2y=0\\ -y+3z=0\end{array}$$ La seconde donne $y=3z$, la première $x=2y=6z$. Avec $z$ libre : $E_2=\mathrm{Vect}({}^t(6,3,1))$, de dimension $1$.

Conclusion. Une base de ${\mathcal{M}}_{3,1}(\mathbb{R})$ formée de vecteurs propres devrait compter $3$ vecteurs. Or les vecteurs propres se répartissent dans $E_1\cup E_2$, et une famille libre extraite de la réunion de ces deux droites compte au plus $1+1=2$ vecteurs — c'est le théorème de concaténation qui garantit qu'on peut en prendre deux, et le comptage des dimensions qui interdit d'en prendre trois. $A$ n'est pas diagonalisable.

Ce qui a manqué. Le coefficient $1$ occupe deux places sur la diagonale, mais ne fournit qu'une seule direction propre : c'est exactement le déficit qui empêche la diagonalisation.