MPSI · Représentation matricielle

Matrices de passage et changement de bases

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Convention :

Sauf mention contraire, EE désigne un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension nn et FF un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension pp.

Matrice de passage

Question

Un même vecteur possède autant de colonnes de coordonnées qu'il y a de bases de EE, et une même application linéaire autant de matrices qu'il y a de couples de bases. Cette dépendance est gênante : elle interdit de comparer deux calculs menés dans des bases différentes. Peut-on fabriquer un objet unique qui encode entièrement le passage d'une base à l'autre, et qui permette ensuite de traduire mécaniquement tous les autres ?

Définition 1 : Matrice de passage

Soient B\mathcal{B} et B′\mathcal{B}' deux bases de EE. On appelle matrice de passage de la base B\mathcal{B} à la base B′\mathcal{B}' la matrice de la famille B′\mathcal{B}' dans la base B\mathcal{B}. On la note PB→B′P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'} :

PB→B′=Mat⁡B(B′)=Mat⁡B′,B(id⁡E).P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}')=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}',\mathcal{B}}(\operatorname{id}_E).

Remarque :

La double écriture de la définition est à comprendre, car elle est source de confusions.

  • Mat⁡B(B′)\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}') : les colonnes de PB→B′P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'} sont les coordonnées des vecteurs de la nouvelle base B′\mathcal{B}', exprimées dans l'ancienne base B\mathcal{B}.
  • Mat⁡B′,B(id⁡E)\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}',\mathcal{B}}(\operatorname{id}_E) : c'est la matrice de l'identité, lue avec B′\mathcal{B}' au départ et B\mathcal{B} à l'arrivée. Les indices sont donc dans l'ordre inverse de la flèche B→B′\mathcal{B}\to\mathcal{B}'.

Les deux écritures coïncident bien : la jj-ième colonne de Mat⁡B′,B(id⁡E)\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}',\mathcal{B}}(\operatorname{id}_E) est la colonne des coordonnées de id⁡E(ej′)=ej′\operatorname{id}_E(e'_j)=e'_j dans B\mathcal{B}.

Exemple :

Pour toute base B\mathcal{B} de EE, on a PB→B=Mat⁡B(B)=InP_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}}=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B})=I_n. Et dans R2\mathbb{R}^2 muni de sa base canonique B=(e1,e2)\mathcal{B}=(e_1,e_2), la base B′=(e2,e1)\mathcal{B}'=(e_2,e_1) donne PB→B′=(0110)P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix} : réordonner une base, c'est déjà changer de base. Une matrice de passage est-elle toujours inversible ?

Rédaction — Écrire une matrice de passage :

Pour écrire PB→B′P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'} :

Étape 1. Repérer laquelle des deux bases est la nouvelle : c'est celle qui figure à droite de la flèche, ici B′\mathcal{B}'.

Étape 2. Décomposer chaque vecteur de B′\mathcal{B}' dans la base B\mathcal{B}.

Étape 3. Ranger ces décompositions en colonnes, dans l'ordre des vecteurs de B′\mathcal{B}'.

Cas favorable : si B\mathcal{B} est la base canonique, l'étape 2 est gratuite — les coordonnées des vecteurs de B′\mathcal{B}' se lisent directement. C'est pourquoi PBcan→B′P_{\mathcal{B}_{\text{can}}\to\mathcal{B}'} s'écrit sans calcul, alors que PB′→BcanP_{\mathcal{B}'\to\mathcal{B}_{\text{can}}} demande de résoudre un système (ou d'inverser la première).

Exercice 1

Dans R2\mathbb{R}^2 muni de sa base canonique B=(e1,e2)\mathcal{B}=(e_1,e_2), on pose u=(2,3)u=(2,3), v=(1,−1)v=(1,-1) et L=(u,v)\mathcal{L}=(u,v).

Justifier que L\mathcal{L} est une base de R2\mathbb{R}^2, puis déterminer PB→LP_{\mathcal{B}\to\mathcal{L}} et PL→BP_{\mathcal{L}\to\mathcal{B}}.

Solution :(cliquer pour afficher)

La matrice de la famille L\mathcal{L} dans la base B\mathcal{B} est

Mat⁡B(L)=(213−1).\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(\mathcal{L})=\begin{pmatrix} 2 & 1\\ 3 & -1 \end{pmatrix}.

Son déterminant vaut 2×(−1)−1×3=−5≠02\times(-1)-1\times 3=-5\neq 0, donc cette matrice est inversible et L\mathcal{L} est une base de R2\mathbb{R}^2. Ainsi

PB→L=(213−1).P_{\mathcal{B}\to\mathcal{L}}=\begin{pmatrix} 2 & 1\\ 3 & -1 \end{pmatrix}.

Pour la matrice de passage inverse, on exprime e1e_1 et e2e_2 dans la base L\mathcal{L}. La résolution du système donne

e1=15 u+35 vete2=15 u−25 v,e_1=\frac{1}{5}\,u+\frac{3}{5}\,v \qquad\text{et}\qquad e_2=\frac{1}{5}\,u-\frac{2}{5}\,v,

d'où

PL→B=(151535−25).P_{\mathcal{L}\to\mathcal{B}}=\begin{pmatrix} \frac{1}{5} & \frac{1}{5}\\[4pt] \frac{3}{5} & -\frac{2}{5} \end{pmatrix}.

Test 1 : Sens de lecture des colonnes

Soient B\mathcal{B} et B′\mathcal{B}' deux bases de EE. Les colonnes de PB→B′P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'} sont les coordonnées des vecteurs de B\mathcal{B} dans la base B′\mathcal{B}'.

Test 2 : Une matrice de passage est une matrice d'identité

Soient B\mathcal{B} et B′\mathcal{B}' deux bases de EE. Alors PB→B′=Mat⁡B′,B(id⁡E)P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}',\mathcal{B}}(\operatorname{id}_E).

Changement de bases pour un vecteur

Question

On dispose maintenant d'une matrice qui code le changement de base. Reste à savoir ce qu'elle fait. Si l'on connaît les coordonnées d'un vecteur dans l'ancienne base, la matrice de passage permet-elle d'obtenir les nouvelles — ou bien fait-elle le trajet dans l'autre sens ?

Proposition 1 : Changement de bases pour un vecteur

Soient B\mathcal{B} et B′\mathcal{B}' deux bases de EE et P=PB→B′P=P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}. Pour tout x∈Ex\in E, en notant X=Mat⁡B(x)X=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(x) et X′=Mat⁡B′(x)X'=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(x), on a

X=PX′.X=PX'.

Démonstration :

On a P=Mat⁡B′,B(id⁡E)P=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}',\mathcal{B}}(\operatorname{id}_E). D'après la traduction matricielle de l'égalité y=u(x)y=u(x), appliquée à u=id⁡Eu=\operatorname{id}_E avec les bases B′\mathcal{B}' au départ et B\mathcal{B} à l'arrivée :

Mat⁡B(id⁡E(x))=Mat⁡B′,B(id⁡E)⋅Mat⁡B′(x),\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}\big(\operatorname{id}_E(x)\big)=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}',\mathcal{B}}(\operatorname{id}_E)\cdot\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(x),

c'est-à-dire X=PX′X=PX'.

Remarque :

La formule va « à contre-courant » de la flèche, et c'est l'erreur la plus fréquente du chapitre : PB→B′P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'} transforme les nouvelles coordonnées en anciennes, et non l'inverse. Moyen mnémotechnique : dans X=PX′X=PX', les objets non primés sont d'un côté, le primé de l'autre, et PP porte les deux bases dans l'ordre B→B′\mathcal{B}\to\mathcal{B}' — la lettre non primée en premier, comme dans le membre de gauche.

Pour obtenir les nouvelles coordonnées à partir des anciennes, il faut inverser : X′=P−1XX'=P^{-1}X. Encore faut-il savoir que PP est inversible.

Test 3 : Sens de la formule

Soient B\mathcal{B}, B′\mathcal{B}' deux bases de EE et P=PB→B′P=P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}. Pour tout x∈Ex\in E, les coordonnées X′X' de xx dans B′\mathcal{B}' s'obtiennent par X′=PXX'=PX.

Question

La formule X=PX′X=PX' n'est utile en pratique que si l'on peut la retourner. Or PP est une matrice carrée quelconque en apparence. Y a-t-il une raison structurelle pour qu'une matrice de passage soit toujours inversible — et son inverse a-t-elle une interprétation ?

Proposition 2 : Inversibilité des matrices de passage

Soient B\mathcal{B} et B′\mathcal{B}' deux bases de EE. La matrice PB→B′P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'} est inversible et

(PB→B′)−1=PB′→B.\left(P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}\right)^{-1}=P_{\mathcal{B}'\to\mathcal{B}}.

Démonstration :

D'après la formule de la matrice d'une composée :

PB→B′⋅PB′→B=Mat⁡B′,B(id⁡E)⋅Mat⁡B,B′(id⁡E)=Mat⁡B,B(id⁡E∘id⁡E)=Mat⁡B(id⁡E)=In.P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}\cdot P_{\mathcal{B}'\to\mathcal{B}} =\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}',\mathcal{B}}(\operatorname{id}_E)\cdot\operatorname{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{B}'}(\operatorname{id}_E) =\operatorname{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{B}}(\operatorname{id}_E\circ\operatorname{id}_E) =\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(\operatorname{id}_E)=I_n.

Donc PB→B′P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'} est inversible, d'inverse PB′→BP_{\mathcal{B}'\to\mathcal{B}}.

Remarque :

On aurait pu conclure autrement : PB→B′=Mat⁡B(B′)P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}') est la matrice d'une famille de nn vecteurs qui est une base, donc elle est inversible d'après la caractérisation matricielle des bases. La réciproque est vraie aussi : toute matrice inversible de Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) est une matrice de passage, à partir de n'importe quelle base fixée B\mathcal{B} de EE. Ce point resservira au moment d'étudier les matrices semblables.

Test 4 : Toute matrice inversible est une matrice de passage

Soient B\mathcal{B} une base de EE et P∈GLn(K)P\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{K}). Alors il existe une base B′\mathcal{B}' de EE telle que P=PB→B′P=P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}.

Exercice 2

Dans K2[X]\mathbb{K}_2[X], on pose B=(1,X,X2)\mathcal{B}=(1,X,X^2) (base canonique) et B′=(1,  X−1,  (X−1)2)\mathcal{B}'=\big(1,\;X-1,\;(X-1)^2\big).

  1. Justifier que B′\mathcal{B}' est une base de K2[X]\mathbb{K}_2[X] et déterminer P=PB→B′P=P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}.
  2. Déterminer P−1P^{-1} en revenant à sa définition.
  3. En déduire les coordonnées de Q=3−2X+X2Q=3-2X+X^2 dans la base B′\mathcal{B}'.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. En développant : X−1X-1 a pour coordonnées (−1,1,0)(-1,1,0) et (X−1)2=X2−2X+1(X-1)^2=X^2-2X+1 a pour coordonnées (1,−2,1)(1,-2,1). On range ces colonnes dans l'ordre de B′\mathcal{B}' :
P=Mat⁡B(B′)=(1−1101−2001).P=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}')=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Cette matrice est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux non nuls, donc inversible : d'après la caractérisation matricielle des bases, B′\mathcal{B}' est bien une base de K2[X]\mathbb{K}_2[X].

  1. On sait que P−1=PB′→B=Mat⁡B′(B)P^{-1}=P_{\mathcal{B}'\to\mathcal{B}}=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(\mathcal{B}) : il suffit donc de décomposer 11, XX et X2X^2 dans B′\mathcal{B}'. En posant Y=X−1Y=X-1, c'est-à-dire X=Y+1X=Y+1 :
1=1,X=1+Y,X2=(Y+1)2=1+2Y+Y2.1=1,\qquad X=1+Y,\qquad X^2=(Y+1)^2=1+2Y+Y^2.

Les colonnes de coordonnées sont donc (1,0,0)(1,0,0), (1,1,0)(1,1,0) et (1,2,1)(1,2,1), d'où

P−1=(111012001).P^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Vérification : P⋅P−1=I3P\cdot P^{-1}=I_3.

  1. On a XB=(3−21)X_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix} 3\\ -2\\ 1\end{pmatrix}, donc
XB′=P−1XB=(111012001)(3−21)=(201).X_{\mathcal{B}'}=P^{-1}X_{\mathcal{B}} =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3\\ -2\\ 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ 1\end{pmatrix}.

Autrement dit Q=2+(X−1)2Q=2+(X-1)^2, ce qu'on vérifie directement : 2+X2−2X+1=3−2X+X22+X^2-2X+1=3-2X+X^2.

On reconnaît au passage la formule de Taylor : les coordonnées dans B′\mathcal{B}' sont (Q(1), Q′(1), Q′′(1)2)\left(Q(1),\,Q'(1),\,\frac{Q''(1)}{2}\right).

Formule de changement de bases

Question

Les coordonnées d'un vecteur se transportent par une seule matrice de passage. Mais une application linéaire u∈L(E,F)u\in\mathcal{L}(E,F) vit entre deux espaces, chacun muni de son changement de base : deux matrices de passage entrent donc en jeu. Comment se combinent-elles, et de quel côté chacune intervient-elle ?

Proposition 3 : Formule de changement de bases

Soient BE\mathcal{B}_E, BE′\mathcal{B}_E' deux bases de EE et BF\mathcal{B}_F, BF′\mathcal{B}_F' deux bases de FF. Soit u∈L(E,F)u\in\mathcal{L}(E,F). On pose

A=Mat⁡BE,BF(u),A′=Mat⁡BE′,BF′(u),P=PBE→BE′,Q=PBF→BF′.A=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E,\mathcal{B}_F}(u),\qquad A'=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E',\mathcal{B}_F'}(u),\qquad P=P_{\mathcal{B}_E\to\mathcal{B}_E'},\qquad Q=P_{\mathcal{B}_F\to\mathcal{B}_F'}.

Alors

A′=Q−1AP.A'=Q^{-1}AP.

Démonstration :

La situation est résumée par le diagramme commutatif suivant :

(E, BE)(F, BF)(E, B′E)(F, B′F)uuidEidF
Diagramme commutatif du changement de bases.

On part de l'égalité u∘id⁡E=id⁡F∘uu\circ\operatorname{id}_E=\operatorname{id}_F\circ u. En prenant les matrices dans les bases BE\mathcal{B}_E au départ et BF′\mathcal{B}_F' à l'arrivée, la formule de la matrice d'une composée donne :

Mat⁡BE,BF′(u∘id⁡E)=Mat⁡BE,BF′(id⁡F∘u),\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E,\mathcal{B}_F'}(u\circ\operatorname{id}_E)=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E,\mathcal{B}_F'}(\operatorname{id}_F\circ u),

c'est-à-dire

Mat⁡BE′,BF′(u)⋅Mat⁡BE,BE′(id⁡E)=Mat⁡BF,BF′(id⁡F)⋅Mat⁡BE,BF(u).\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E',\mathcal{B}_F'}(u)\cdot\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E,\mathcal{B}_E'}(\operatorname{id}_E) =\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_F,\mathcal{B}_F'}(\operatorname{id}_F)\cdot\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E,\mathcal{B}_F}(u).

Or Mat⁡BE,BE′(id⁡E)=PBE′→BE=P−1\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E,\mathcal{B}_E'}(\operatorname{id}_E)=P_{\mathcal{B}_E'\to\mathcal{B}_E}=P^{-1} et de même Mat⁡BF,BF′(id⁡F)=Q−1\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_F,\mathcal{B}_F'}(\operatorname{id}_F)=Q^{-1}. On obtient donc

A′P−1=Q−1A,A'P^{-1}=Q^{-1}A,

soit, en multipliant à droite par PP : A′=Q−1APA'=Q^{-1}AP.

Remarque :

Repérage des rôles : PP concerne l'espace de départ et apparaît à droite ; QQ concerne l'espace d'arrivée et apparaît à gauche, sous forme inverse. C'est cohérent avec l'ordre de lecture d'un produit matriciel : appliquée à une colonne X′X', la matrice Q−1APQ^{-1}AP commence par PP, qui ramène les nouvelles coordonnées de départ aux anciennes.

Test 5 : Une seule matrice de passage ?

Soient u∈L(E,F)u\in\mathcal{L}(E,F), A=Mat⁡BE,BF(u)A=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E,\mathcal{B}_F}(u), A′=Mat⁡BE′,BF′(u)A'=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_E',\mathcal{B}_F'}(u) et P=PBE→BE′P=P_{\mathcal{B}_E\to\mathcal{B}_E'}. Alors A′=P−1APA'=P^{-1}AP.

Corollaire 1 : Changement de base pour un endomorphisme

Soient B\mathcal{B} et B′\mathcal{B}' deux bases de EE et u∈L(E)u\in\mathcal{L}(E). On pose A=Mat⁡B(u)A=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u), A′=Mat⁡B′(u)A'=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(u) et P=PB→B′P=P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}. Alors

A′=P−1AP.A'=P^{-1}AP.

Démonstration :

On applique la formule de changement de bases avec F=EF=E, BE=BF=B\mathcal{B}_E=\mathcal{B}_F=\mathcal{B} et BE′=BF′=B′\mathcal{B}_E'=\mathcal{B}_F'=\mathcal{B}'. Les deux matrices de passage coïncident alors :

Q=PBF→BF′=PB→B′=P.Q=P_{\mathcal{B}_F\to\mathcal{B}_F'}=P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}=P.

Par ailleurs A=Mat⁡B,B(u)=Mat⁡B(u)A=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{B}}(u)=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u) et A′=Mat⁡B′,B′(u)=Mat⁡B′(u)A'=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}',\mathcal{B}'}(u)=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(u), avec les notations propres aux endomorphismes. La formule A′=Q−1APA'=Q^{-1}AP devient donc

A′=P−1AP.A'=P^{-1}AP.

Rédaction — Changer de base pour un endomorphisme :

Soit u∈L(E)u\in\mathcal{L}(E) dont on connaît la matrice AA dans une base B\mathcal{B}, et soit B′\mathcal{B}' une nouvelle base.

Étape 1. Écrire P=PB→B′P=P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'} : les vecteurs de B′\mathcal{B}' en colonnes, lus dans B\mathcal{B}.

Étape 2. Vérifier que PP est inversible — c'est automatique si B′\mathcal{B}' est bien une base, et c'est justement ainsi qu'on le prouve si l'énoncé ne le donne pas.

Étape 3. Calculer P−1P^{-1} (pivot de Gauss, ou décomposition directe des vecteurs de B\mathcal{B} dans B′\mathcal{B}').

Étape 4. Former A′=P−1APA'=P^{-1}AP.

Raccourci très utile : plutôt que de calculer le produit, il est souvent plus rapide de déterminer A′A' directement par sa définition, en calculant u(ej′)u(e'_j) et en le décomposant dans B′\mathcal{B}'. On garde alors la formule A′=P−1APA'=P^{-1}AP comme vérification — ou, lue à l'envers sous la forme A=PA′P−1A=PA'P^{-1}, comme moyen de calculer AkA^k.

Exercice 3

Soit uu l'endomorphisme de R2\mathbb{R}^2 défini par u(x,y)=(x+2y,  2x+y)u(x,y)=(x+2y,\;2x+y). On pose ε1=(1,1)\varepsilon_1=(1,1), ε2=(1,−1)\varepsilon_2=(1,-1) et B′=(ε1,ε2)\mathcal{B}'=(\varepsilon_1,\varepsilon_2).

  1. Écrire A=Mat⁡B(u)A=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u) dans la base canonique B\mathcal{B}, puis P=PB→B′P=P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'} et P−1P^{-1}.
  2. Déterminer A′=Mat⁡B′(u)A'=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(u) de deux façons.
  3. En déduire AkA^k pour tout k∈Nk\in\mathbb{N}.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. On a u(e1)=(1,2)u(e_1)=(1,2) et u(e2)=(2,1)u(e_2)=(2,1), donc
A=(1221),P=Mat⁡B(B′)=(111−1).A=\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1 \end{pmatrix}, \qquad P=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}')=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}.

Pour P−1P^{-1}, on décompose e1e_1 et e2e_2 dans B′\mathcal{B}' : e1=12ε1+12ε2e_1=\frac12\varepsilon_1+\frac12\varepsilon_2 et e2=12ε1−12ε2e_2=\frac12\varepsilon_1-\frac12\varepsilon_2, d'où

P−1=12(111−1).P^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}.
  1. Par définition. On calcule les images des vecteurs de B′\mathcal{B}' :
u(ε1)=u(1,1)=(3,3)=3 ε1,u(ε2)=u(1,−1)=(−1,1)=−ε2.u(\varepsilon_1)=u(1,1)=(3,3)=3\,\varepsilon_1, \qquad u(\varepsilon_2)=u(1,-1)=(-1,1)=-\varepsilon_2.

Donc A′=(300−1)A'=\begin{pmatrix} 3 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}.

Par la formule. A′=P−1APA'=P^{-1}AP :

AP=(1221)(111−1)=(3−131),AP=\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 & -1\\ 3 & 1\end{pmatrix},

puis

P−1(AP)=12(111−1)(3−131)=12(600−2)=(300−1).P^{-1}(AP)=\frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & -1\\ 3 & 1\end{pmatrix} =\frac12\begin{pmatrix} 6 & 0\\ 0 & -2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}.

Les deux méthodes concordent.

  1. De A′=P−1APA'=P^{-1}AP on tire A=PA′P−1A=PA'P^{-1}, puis, par récurrence immédiate, Ak=P (A′)k P−1A^k=P\,(A')^k\,P^{-1} pour tout k∈Nk\in\mathbb{N}. Comme A′A' est diagonale, (A′)k=(3k00(−1)k)(A')^k=\begin{pmatrix} 3^k & 0\\ 0 & (-1)^k\end{pmatrix}, d'où
Ak=(111−1)(3k00(−1)k)⋅12(111−1)=12(3k+(−1)k3k−(−1)k3k−(−1)k3k+(−1)k).A^k=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3^k & 0\\ 0 & (-1)^k\end{pmatrix} \cdot\frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 3^k+(-1)^k & 3^k-(-1)^k\\ 3^k-(-1)^k & 3^k+(-1)^k \end{pmatrix}.

Vérification pour k=1k=1 : 12(2442)=(1221)=A\frac12\begin{pmatrix} 2 & 4\\ 4 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}=A.

C'est l'usage principal du changement de base : choisir la base dans laquelle la matrice est la plus simple possible.

Test 6 : Rang et changement de bases

Deux matrices représentant une même application linéaire u∈L(E,F)u\in\mathcal{L}(E,F) dans deux couples de bases quelconques ont le même rang.