MPSI · Représentation matricielle

Matrices semblables

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Convention :

Dans cette leçon, nn désigne un entier naturel non nul et EE un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension nn.

Matrices semblables

Question

L'équivalence de matrices autorise deux changements de base indépendants, un au départ et un à l'arrivée. Pour une application u∈L(E,F)u\in\mathcal{L}(E,F), c'est légitime : les deux espaces n'ont aucune raison d'être liés. Mais pour un endomorphisme, départ et arrivée sont le même espace : changer de base des deux côtés séparément reviendrait à trahir la nature de uu. Quelle relation obtient-on si l'on s'impose la même base des deux côtés — et que devient alors la classification par le rang ?

Définition 1 : Matrices semblables

Soient A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}). On dit que BB est semblable à AA s'il existe P∈GLn(K)P\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{K}) telle que

B=P−1AP.B=P^{-1}AP.

Remarque :

  1. La relation « être semblable à » est une relation d'équivalence sur Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}).
  2. Deux matrices semblables sont équivalentes ; la réciproque est fausse en général.

Remarque :

La similitude est le cas particulier de l'équivalence où l'on impose Q=PQ=P : c'est exactement le corollaire « changement de base pour un endomorphisme » de la leçon précédente. La contrainte est sévère — une seule matrice de passage au lieu de deux — et c'est ce qui rend la relation beaucoup plus fine : le rang ne suffira plus à la caractériser.

Exemple :

L'endomorphisme u(x,y)=(x+2y, 2x+y)u(x,y)=(x+2y,\,2x+y) de R2\mathbb{R}^2 a pour matrice A=(1221)A=\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix} dans la base canonique et (300−1)\begin{pmatrix} 3 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix} dans la base ((1,1),(1,−1))\big((1,1),(1,-1)\big) : ces deux matrices sont semblables. À l'opposé, InI_n n'est semblable qu'à elle-même, puisque P−1InP=InP^{-1}I_nP=I_n pour toute PP inversible. Comment reconnaître, sans avoir à deviner PP, que deux matrices ne sont pas semblables ?

Test 1 : De la similitude à l'équivalence

Deux matrices semblables sont équivalentes.

Test 2 : Et la réciproque ?

Deux matrices de Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) ayant le même rang sont semblables.

Exercice 1

Soient A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) semblables : B=P−1APB=P^{-1}AP avec P∈GLn(K)P\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{K}). Montrer que

∀k∈N,Bk=P−1AkP.\forall k\in\mathbb{N},\quad B^k=P^{-1}A^kP.
Solution :(cliquer pour afficher)

On raisonne par récurrence sur k∈Nk\in\mathbb{N}.

  • Initialisation. Pour k=0k=0 : B0=In=P−1P=P−1A0PB^0=I_n=P^{-1}P=P^{-1}A^0P.
  • Hérédité. Soit k∈Nk\in\mathbb{N} tel que Bk=P−1AkPB^k=P^{-1}A^kP. Alors
Bk+1=Bk⋅B=(P−1AkP)(P−1AP)=P−1Ak(PP−1)AP=P−1Ak+1P.B^{k+1}=B^k\cdot B=\left(P^{-1}A^kP\right)\left(P^{-1}AP\right)=P^{-1}A^k\left(PP^{-1}\right)AP=P^{-1}A^{k+1}P.

Par récurrence, Bk=P−1AkPB^k=P^{-1}A^kP pour tout k∈Nk\in\mathbb{N}.

Test 3 : Similitude et polynômes

Soient A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) semblables et Q∈K[X]Q\in\mathbb{K}[X]. Alors Q(A)Q(A) et Q(B)Q(B) sont semblables.

Test 4 : Similitude et somme

Si AA et A′A' sont semblables et si BB et B′B' sont semblables, alors A+BA+B et A′+B′A'+B' sont semblables.

Matrices semblables et endomorphismes

Question

Deux matrices semblables sont, par construction, deux lectures d'un même endomorphisme dans deux bases. Mais on peut retourner la question : si l'on part d'un endomorphisme uu et d'une matrice CC semblable à Mat⁡B(u)\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u), cette matrice CC est-elle nécessairement atteinte — existe-t-il une base dans laquelle uu se lit exactement CC, ou bien la similitude est-elle une condition plus faible ?

Proposition 1 : Matrices semblables et endomorphismes

Soient u∈L(E)u\in\mathcal{L}(E), B\mathcal{B} une base de EE et A=Mat⁡B(u)A=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u). Si C∈Mn(K)C\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) est semblable à AA, alors il existe une base B′\mathcal{B}' de EE telle que

C=Mat⁡B′(u).C=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(u).

Démonstration :

Par hypothèse, il existe P∈GLn(K)P\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{K}) telle que C=P−1APC=P^{-1}AP. La matrice PP étant inversible, ses colonnes forment, lues dans la base B\mathcal{B}, une base B′\mathcal{B}' de EE : c'est l'unique famille de vecteurs de EE telle que Mat⁡B(B′)=P\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}')=P, c'est-à-dire P=PB→B′P=P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}. La formule de changement de base pour un endomorphisme donne alors

Mat⁡B′(u)=P−1 Mat⁡B(u) P=P−1AP=C.\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(u)=P^{-1}\,\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u)\,P=P^{-1}AP=C.

Remarque :

Deux matrices semblables représentent donc le même endomorphisme dans deux bases (éventuellement différentes).

Test 5 : La même chose avec des matrices équivalentes ?

Soient u∈L(E)u\in\mathcal{L}(E), B\mathcal{B} une base de EE et A=Mat⁡B(u)A=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u). Si C∈Mn(K)C\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) est équivalente à AA, alors il existe une base B′\mathcal{B}' de EE telle que C=Mat⁡B′(u)C=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(u).

Test 6 : Deux lectures d'un même objet

Si AA et CC sont deux matrices semblables de Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}), alors il existe un endomorphisme uu de Kn\mathbb{K}^n et deux bases de Kn\mathbb{K}^n dans lesquelles uu a pour matrices respectives AA et CC.

Rédaction — Établir ou réfuter une similitude :

Pour montrer que AA et CC sont semblables.

Étape 1. Interpréter AA comme la matrice d'un endomorphisme uu de Kn\mathbb{K}^n dans la base canonique.

Étape 2. Trouver une base B′\mathcal{B}' dans laquelle uu se lit CC — le plus souvent une base adaptée à une décomposition en somme directe (Im⁡⊕Ker⁡\operatorname{Im}\oplus\operatorname{Ker} pour un projecteur, Ker⁡(s−id⁡)⊕Ker⁡(s+id⁡)\operatorname{Ker}(s-\operatorname{id})\oplus\operatorname{Ker}(s+\operatorname{id}) pour une symétrie).

Étape 3. Poser P=PBn→B′P=P_{\mathcal{B}_n\to\mathcal{B}'} et conclure par C=Mat⁡B′(u)=P−1APC=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}'}(u)=P^{-1}AP.

Pour montrer qu'elles ne le sont pas. Exhiber un invariant de similitude qui diffère :

  • le rang, et plus généralement rg⁡(Ak)\operatorname{rg}\left(A^k\right) pour k∈Nk\in\mathbb{N} ;
  • la dimension du noyau ;
  • les polynômes annulateurs (A2=AA^2=A, A2=InA^2=I_n, Ak=0A^k=0…) ;
  • la trace (leçon suivante).

Cas dégénérés à connaître : InI_n, la matrice nulle, et plus généralement λIn\lambda I_n ne sont semblables qu'à elles-mêmes, puisqu'elles commutent avec toute matrice inversible.

Exercice 2

  1. Montrer que A=(1101)A=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1\end{pmatrix} n'est pas semblable à I2I_2.
  2. Montrer que S=(0110)S=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix} est semblable à (100−1)\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}, en exhibant une matrice de passage.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. Supposons AA semblable à I2I_2 : il existerait P∈GL2(K)P\in\mathrm{GL}_2(\mathbb{K}) telle que A=P−1I2PA=P^{-1}I_2P. Or P−1I2P=P−1P=I2P^{-1}I_2P=P^{-1}P=I_2, ce qui donnerait A=I2A=I_2 — c'est faux, le coefficient en position (1,2)(1,2) vaut 11 et non 00. Donc AA n'est pas semblable à I2I_2.

Noter que AA et I2I_2 sont pourtant équivalentes : elles sont toutes deux inversibles, donc de rang 22.

  1. Soit ss l'endomorphisme de K2\mathbb{K}^2 canoniquement associé à SS : s(x,y)=(y,x)s(x,y)=(y,x). Posons ε1=(1,1)\varepsilon_1=(1,1) et ε2=(1,−1)\varepsilon_2=(1,-1). Alors
s(ε1)=(1,1)=ε1ets(ε2)=(−1,1)=−ε2.s(\varepsilon_1)=(1,1)=\varepsilon_1 \qquad\text{et}\qquad s(\varepsilon_2)=(-1,1)=-\varepsilon_2.

La famille C=(ε1,ε2)\mathcal{C}=(\varepsilon_1,\varepsilon_2) est libre (les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et de cardinal 2=dim⁡K22=\dim\mathbb{K}^2 : c'est une base. Dans cette base,

Mat⁡C(s)=(100−1).\operatorname{Mat}_{\mathcal{C}}(s)=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}.

En posant P=PB2→C=(111−1)P=P_{\mathcal{B}_2\to\mathcal{C}}=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}, la formule de changement de base pour un endomorphisme donne

(100−1)=P−1SP,\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}=P^{-1}SP,

donc SS est semblable à (100−1)\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}.

Exercice 3

Soient A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) telles que A2=AA^2=A et B2=InB^2=I_n.

  1. Montrer que AA est semblable à JrJ_r, où r=rg⁡(A)r=\operatorname{rg}(A).
  2. Montrer que BB est semblable à une matrice de la forme
(1⋱1−1⋱−1),\begin{pmatrix} 1 & & & & & \\ & \ddots & & & & \\ & & 1 & & & \\ & & & -1 & & \\ & & & & \ddots & \\ & & & & & -1 \end{pmatrix},

où le nombre de termes égaux à 11 est p=dim⁡Ker⁡(s−id⁡)p=\dim\operatorname{Ker}(s-\operatorname{id}), ss désignant l'endomorphisme de Kn\mathbb{K}^n canoniquement associé à BB.

Solution :(cliquer pour afficher)
  1. Soit pp l'endomorphisme de Kn\mathbb{K}^n canoniquement associé à AA. De A2=AA^2=A on tire p∘p=pp\circ p=p : pp est un projecteur de Kn\mathbb{K}^n. On a donc
Kn=Im⁡p⊕Ker⁡p.\mathbb{K}^n=\operatorname{Im} p\oplus\operatorname{Ker} p.

Posons r=rg⁡(A)=rg⁡(p)=dim⁡Im⁡pr=\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(p)=\dim\operatorname{Im} p. Soit B=(e1,…,er,er+1,…,en)\mathcal{B}=(e_1,\dots,e_r,e_{r+1},\dots,e_n) une base de Kn\mathbb{K}^n adaptée à cette décomposition : (e1,…,er)(e_1,\dots,e_r) est une base de Im⁡p\operatorname{Im} p et (er+1,…,en)(e_{r+1},\dots,e_n) une base de Ker⁡p\operatorname{Ker} p. Pour i∈⟦1,r⟧i\in\llbracket 1,r\rrbracket, ei∈Im⁡pe_i\in\operatorname{Im} p donc p(ei)=eip(e_i)=e_i ; pour i∈⟦r+1,n⟧i\in\llbracket r+1,n\rrbracket, p(ei)=0p(e_i)=0. Ainsi

Mat⁡B(p)=Jr.\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(p)=J_r.

En notant Bn\mathcal{B}_n la base canonique de Kn\mathbb{K}^n et P=PBn→BP=P_{\mathcal{B}_n\to\mathcal{B}}, la formule de changement de base donne

Jr=Mat⁡B(p)=P−1 Mat⁡Bn(p) P=P−1AP,J_r=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(p)=P^{-1}\,\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_n}(p)\,P=P^{-1}AP,

donc AA est semblable à JrJ_r.

  1. De B2=InB^2=I_n on tire s∘s=id⁡s\circ s=\operatorname{id} : ss est une symétrie de Kn\mathbb{K}^n.

Décomposition. Montrons que Kn=Ker⁡(s−id⁡)⊕Ker⁡(s+id⁡)\mathbb{K}^n=\operatorname{Ker}(s-\operatorname{id})\oplus\operatorname{Ker}(s+\operatorname{id}).

Somme. Soit x∈Knx\in\mathbb{K}^n. Posons

x+=12(x+s(x))etx−=12(x−s(x)),x_+=\frac{1}{2}\big(x+s(x)\big) \qquad\text{et}\qquad x_-=\frac{1}{2}\big(x-s(x)\big),

de sorte que x=x++x−x=x_++x_-. Comme s∘s=id⁡s\circ s=\operatorname{id} :

s(x+)=12(s(x)+s2(x))=12(s(x)+x)=x+,s(x_+)=\frac{1}{2}\big(s(x)+s^2(x)\big)=\frac{1}{2}\big(s(x)+x\big)=x_+,

donc x+∈Ker⁡(s−id⁡)x_+\in\operatorname{Ker}(s-\operatorname{id}) ; et

s(x−)=12(s(x)−s2(x))=12(s(x)−x)=−x−,s(x_-)=\frac{1}{2}\big(s(x)-s^2(x)\big)=\frac{1}{2}\big(s(x)-x\big)=-x_-,

donc x−∈Ker⁡(s+id⁡)x_-\in\operatorname{Ker}(s+\operatorname{id}). Ainsi Kn=Ker⁡(s−id⁡)+Ker⁡(s+id⁡)\mathbb{K}^n=\operatorname{Ker}(s-\operatorname{id})+\operatorname{Ker}(s+\operatorname{id}).

Intersection. Si x∈Ker⁡(s−id⁡)∩Ker⁡(s+id⁡)x\in\operatorname{Ker}(s-\operatorname{id})\cap\operatorname{Ker}(s+\operatorname{id}), alors s(x)=xs(x)=x et s(x)=−xs(x)=-x, d'où 2x=02x=0 et x=0x=0.

La somme est donc directe. (On a utilisé que 22 est inversible dans K\mathbb{K}, ce qui est le cas pour K=R\mathbb{K}=\mathbb{R} ou C\mathbb{C}.)

Base adaptée. Posons p=dim⁡Ker⁡(s−id⁡)p=\dim\operatorname{Ker}(s-\operatorname{id}). Soient (ε1,…,εp)(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_p) une base de Ker⁡(s−id⁡)\operatorname{Ker}(s-\operatorname{id}) et (εp+1,…,εn)(\varepsilon_{p+1},\dots,\varepsilon_n) une base de Ker⁡(s+id⁡)\operatorname{Ker}(s+\operatorname{id}). La décomposition étant directe et couvrant Kn\mathbb{K}^n, la famille C=(ε1,…,εn)\mathcal{C}=(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_n) est une base de Kn\mathbb{K}^n.

Pour i∈⟦1,p⟧i\in\llbracket 1,p\rrbracket : s(εi)=εis(\varepsilon_i)=\varepsilon_i. Pour i∈⟦p+1,n⟧i\in\llbracket p+1,n\rrbracket : s(εi)=−εis(\varepsilon_i)=-\varepsilon_i. Donc

Mat⁡C(s)=(1⋱1−1⋱−1),\operatorname{Mat}_{\mathcal{C}}(s)= \begin{pmatrix} 1 & & & & & \\ & \ddots & & & & \\ & & 1 & & & \\ & & & -1 & & \\ & & & & \ddots & \\ & & & & & -1 \end{pmatrix},

avec exactement pp coefficients égaux à 11.

Conclusion. En notant Bn\mathcal{B}_n la base canonique de Kn\mathbb{K}^n et P=PBn→CP=P_{\mathcal{B}_n\to\mathcal{C}}, la formule de changement de base pour un endomorphisme donne

Mat⁡C(s)=P−1 Mat⁡Bn(s) P=P−1BP,\operatorname{Mat}_{\mathcal{C}}(s)=P^{-1}\,\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_n}(s)\,P=P^{-1}BP,

donc BB est semblable à la matrice annoncée.