MPSI · Représentation matricielle

Trace

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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.

La trace d'une matrice carrée

Question

Le rang est un invariant : il ne dépend pas des bases choisies. Mais c'est un invariant coûteux — il faut échelonner — et grossier : il ne distingue pas I2I_2 de (1002)\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix}, qui sont toutes deux de rang 22 sans être semblables. Peut-on fabriquer un second nombre attaché à une matrice carrée, lisible immédiatement sur le tableau, et qui soit lui aussi préservé par changement de base ?

Définition 1 : Trace d'une matrice carrée

Soit A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}). On appelle trace de AA la somme de ses éléments diagonaux :

tr⁡(A)=∑i=1n[A]i,i.\operatorname{tr}(A)=\sum_{i=1}^{n}[A]_{i,i}.

Exemple :

On a tr⁡(In)=n\operatorname{tr}(I_n)=n, et la trace d'une matrice triangulaire est la somme de ses coefficients diagonaux — aucun calcul n'est requis, il suffit de lire une diagonale. En revanche (0100)\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix} et la matrice nulle 020_2 ont toutes deux une trace nulle. Deux matrices très différentes peuvent donc partager la même trace : que retient au juste ce nombre ?

Test 1 : Trace et transposition

Pour toute matrice A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}), on a tr⁡(AT)=tr⁡(A)\operatorname{tr}\left(A^{\mathsf{T}}\right)=\operatorname{tr}(A).

Propriétés de la trace

Question

La trace est définie par une formule sur les coefficients, sans lien apparent avec la structure d'algèbre de Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}). Sa compatibilité avec l'addition est évidente. Mais qu'en est-il du produit — et surtout : ce nombre survit-il à un changement de base, ou n'est-il qu'un artefact de l'écriture ?

Proposition 1 : Propriétés de la trace

  1. L'application tr⁡:Mn(K)→K\operatorname{tr}:\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\to\mathbb{K} est une forme linéaire.
  2. Pour toutes matrices A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) :
tr⁡(AB)=tr⁡(BA).\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA).
  1. Deux matrices semblables ont la même trace.

Démonstration :

  1. Soient A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) et λ∈K\lambda\in\mathbb{K}. Le coefficient diagonal d'indice ii de A+λBA+\lambda B vaut [A]i,i+λ [B]i,i[A]_{i,i}+\lambda\,[B]_{i,i}, donc
tr⁡(A+λB)=∑i=1n([A]i,i+λ [B]i,i)=∑i=1n[A]i,i+λ∑i=1n[B]i,i=tr⁡(A)+λ tr⁡(B).\operatorname{tr}(A+\lambda B)=\sum_{i=1}^{n}\big([A]_{i,i}+\lambda\,[B]_{i,i}\big) =\sum_{i=1}^{n}[A]_{i,i}+\lambda\sum_{i=1}^{n}[B]_{i,i} =\operatorname{tr}(A)+\lambda\,\operatorname{tr}(B).

Ainsi tr⁡\operatorname{tr} est une application linéaire de Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) dans K\mathbb{K}, c'est-à-dire une forme linéaire. Elle n'est pas l'application nulle, puisque tr⁡(In)=n≠0\operatorname{tr}(I_n)=n\neq 0.

  1. Posons A=(ai,j)A=(a_{i,j}) et B=(bi,j)B=(b_{i,j}). Pour tout i∈⟦1,n⟧i\in\llbracket 1,n\rrbracket, le coefficient diagonal d'indice ii du produit ABAB vaut
[AB]i,i=∑k=1nai,k bk,i,[AB]_{i,i}=\sum_{k=1}^{n}a_{i,k}\,b_{k,i},

donc

tr⁡(AB)=∑i=1n∑k=1nai,k bk,i.\operatorname{tr}(AB)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}a_{i,k}\,b_{k,i}.

De la même manière, en échangeant les rôles de AA et BB :

tr⁡(BA)=∑k=1n∑i=1nbk,i ai,k.\operatorname{tr}(BA)=\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}b_{k,i}\,a_{i,k}.

Les deux sommes doubles portent sur le même ensemble d'indices ⟦1,n⟧2\llbracket 1,n\rrbracket^2 et ont les mêmes termes : par interversion de sommes finies, elles sont égales. D'où tr⁡(AB)=tr⁡(BA)\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA).

  1. Soient A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) semblables : il existe P∈GLn(K)P\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{K}) telle que B=P−1APB=P^{-1}AP. En appliquant le point 2 au couple de matrices (P−1, AP)\left(P^{-1},\,AP\right) :
tr⁡(B)=tr⁡(P−1(AP))=tr⁡((AP)P−1)=tr⁡(A(PP−1))=tr⁡(A).\operatorname{tr}(B)=\operatorname{tr}\left(P^{-1}(AP)\right)=\operatorname{tr}\left((AP)P^{-1}\right)=\operatorname{tr}\left(A\left(PP^{-1}\right)\right)=\operatorname{tr}(A).

Test 2 : Trace et produit

Pour toutes matrices A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}), on a tr⁡(AB)=tr⁡(A) tr⁡(B)\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(A)\,\operatorname{tr}(B).

Test 3 : Réciproque de l'invariance

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

Exercice 1

Montrer qu'il n'existe aucun couple (A,B)∈Mn(K)2(A,B)\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K})^2 tel que

AB−BA=In.AB-BA=I_n.
Solution :(cliquer pour afficher)

Raisonnons par l'absurde et supposons qu'un tel couple existe.

Prenons la trace des deux membres. Par linéarité de la trace, puis d'après l'égalité tr⁡(AB)=tr⁡(BA)\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA) :

tr⁡(AB−BA)=tr⁡(AB)−tr⁡(BA)=0.\operatorname{tr}(AB-BA)=\operatorname{tr}(AB)-\operatorname{tr}(BA)=0.

Or le second membre a pour trace tr⁡(In)=n\operatorname{tr}(I_n)=n. On obtiendrait donc n=0n=0, ce qui est exclu puisque n⩾1n\geqslant 1 (et que K\mathbb{K} vaut R\mathbb{R} ou C\mathbb{C}).

Il n'existe donc aucun tel couple.

Ce résultat est propre à la dimension finie, et il tombe en défaut sur un espace de dimension infinie faute de trace disponible : sur K[X]\mathbb{K}[X], les endomorphismes D:P↦P′D:P\mapsto P' et M:P↦XPM:P\mapsto XP vérifient

(D∘M−M∘D)(P)=(P+XP′)−XP′=P,(D\circ M-M\circ D)(P)=\big(P+XP'\big)-XP'=P,

c'est-à-dire D∘M−M∘D=id⁡D\circ M-M\circ D=\operatorname{id}.

Exercice 2

Soit A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) telle que

∀B∈Mn(K),tr⁡(AB)=0.\forall B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}),\quad \operatorname{tr}(AB)=0.

Montrer que A=0A=0.

Solution :(cliquer pour afficher)

Notons A=(ai,j)A=(a_{i,j}) et, pour (i,j)∈⟦1,n⟧2(i,j)\in\llbracket 1,n\rrbracket^2, Ei,jE_{i,j} la matrice élémentaire dont tous les coefficients sont nuls sauf celui en position (i,j)(i,j), égal à 11.

Fixons (i,j)∈⟦1,n⟧2(i,j)\in\llbracket 1,n\rrbracket^2 et calculons tr⁡(AEj,i)\operatorname{tr}\left(AE_{j,i}\right). Pour tous k,lk,l :

[AEj,i]k,l=∑m=1nak,m[Ej,i]m,l.\left[AE_{j,i}\right]_{k,l}=\sum_{m=1}^{n}a_{k,m}\left[E_{j,i}\right]_{m,l}.

Le coefficient [Ej,i]m,l\left[E_{j,i}\right]_{m,l} est nul sauf si m=jm=j et l=il=i, auquel cas il vaut 11. Donc [AEj,i]k,l=ak,j\left[AE_{j,i}\right]_{k,l}=a_{k,j} si l=il=i, et 00 sinon. En sommant sur la diagonale, seul le terme d'indice k=ik=i subsiste :

tr⁡(AEj,i)=∑k=1n[AEj,i]k,k=ai,j.\operatorname{tr}\left(AE_{j,i}\right)=\sum_{k=1}^{n}\left[AE_{j,i}\right]_{k,k}=a_{i,j}.

L'hypothèse appliquée à B=Ej,iB=E_{j,i} donne donc ai,j=0a_{i,j}=0. Ceci valant pour tout couple (i,j)(i,j), on conclut A=0A=0.

Lorsque K=R\mathbb{K}=\mathbb{R}, une variante plus rapide consiste à prendre B=ATB=A^{\mathsf{T}} : on obtient tr⁡(AAT)=∑i,jai,j2=0\operatorname{tr}\left(AA^{\mathsf{T}}\right)=\displaystyle\sum_{i,j}a_{i,j}^{2}=0, somme de carrés de réels, d'où ai,j=0a_{i,j}=0 pour tous i,ji,j. Cet argument ne se transpose pas à C\mathbb{C}.

La trace d'un endomorphisme

Question

La trace d'une matrice est préservée par similitude. Or deux matrices représentant un même endomorphisme dans deux bases sont précisément semblables. Ce nombre ne dépendrait-il donc plus du tout de la base — au point qu'on puisse l'attribuer à l'endomorphisme lui-même, et non à l'une de ses écritures ?

Définition 2 : Trace d'un endomorphisme

Soit u∈L(E)u\in\mathcal{L}(E). On appelle trace de uu, notée tr⁡(u)\operatorname{tr}(u), la trace commune des matrices représentant uu dans les bases de EE :

tr⁡(u)=tr⁡(Mat⁡B(u)),ouˋ B est une base quelconque de E.\operatorname{tr}(u)=\operatorname{tr}\left(\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u)\right),\quad\text{où }\mathcal{B}\text{ est une base quelconque de }E.

Remarque :

Cette définition est bien posée : les matrices représentant uu dans deux bases de EE sont semblables, donc ont la même trace.

Exemple :

On a tr⁡(id⁡E)=n\operatorname{tr}\left(\operatorname{id}_E\right)=n, puisque Mat⁡B(id⁡E)=In\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}\left(\operatorname{id}_E\right)=I_n dans toute base, et plus généralement tr⁡(λid⁡E)=nλ\operatorname{tr}\left(\lambda\operatorname{id}_E\right)=n\lambda pour toute homothétie. Et pour une projection, ce nombre a-t-il une signification géométrique ?

Proposition 2 : Propriétés de la trace d'un endomorphisme

  1. L'application tr⁡:L(E)→K\operatorname{tr}:\mathcal{L}(E)\to\mathbb{K} est une forme linéaire.
  2. Pour tous u,v∈L(E)u,v\in\mathcal{L}(E) :
tr⁡(u∘v)=tr⁡(v∘u).\operatorname{tr}(u\circ v)=\operatorname{tr}(v\circ u).

Démonstration :

Soit B\mathcal{B} une base de EE.

  1. Pour u,v∈L(E)u,v\in\mathcal{L}(E) et λ∈K\lambda\in\mathbb{K} :
tr⁡(u+λv)=tr⁡(Mat⁡B(u+λv))=tr⁡(Mat⁡B(u)+λ Mat⁡B(v))=tr⁡(u)+λ tr⁡(v),\operatorname{tr}(u+\lambda v)=\operatorname{tr}\left(\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u+\lambda v)\right) =\operatorname{tr}\left(\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u)+\lambda\,\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(v)\right) =\operatorname{tr}(u)+\lambda\,\operatorname{tr}(v),

par linéarité de la trace sur Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}). De plus tr⁡\operatorname{tr} n'est pas l'application nulle (par exemple tr⁡(id⁡E)=n\operatorname{tr}\left(\operatorname{id}_E\right)=n), donc tr⁡\operatorname{tr} est une forme linéaire sur L(E)\mathcal{L}(E).

  1. Pour u,v∈L(E)u,v\in\mathcal{L}(E) :
tr⁡(u∘v)=tr⁡(Mat⁡B(u)⋅Mat⁡B(v))=tr⁡(Mat⁡B(v)⋅Mat⁡B(u))=tr⁡(v∘u).\operatorname{tr}(u\circ v)=\operatorname{tr}\left(\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u)\cdot\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(v)\right) =\operatorname{tr}\left(\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(v)\cdot\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u)\right) =\operatorname{tr}(v\circ u).

Test 4 : Composition en sens inverse

Pour tous u,v∈L(E)u,v\in\mathcal{L}(E), on a tr⁡(u∘v)=tr⁡(v∘u)\operatorname{tr}(u\circ v)=\operatorname{tr}(v\circ u), même lorsque u∘v≠v∘uu\circ v\neq v\circ u.

Exercice 3

Soit u∈L(E)u\in\mathcal{L}(E) de rang 11. Montrer que

u∘u=tr⁡(u) u.u\circ u=\operatorname{tr}(u)\,u.
Solution :(cliquer pour afficher)

Écriture de uu. Comme rg⁡u=1\operatorname{rg} u=1, l'image de uu est une droite vectorielle : il existe a∈Ea\in E non nul tel que Im⁡u=Vect⁡(a)\operatorname{Im} u=\operatorname{Vect}(a).

Soit x∈Ex\in E. Le vecteur u(x)u(x) appartient à Vect⁡(a)\operatorname{Vect}(a), donc il existe un unique scalaire, noté φ(x)\varphi(x), tel que

u(x)=φ(x) au(x)=\varphi(x)\,a

(l'unicité vient de a≠0a\neq 0). L'application φ:E→K\varphi:E\to\mathbb{K} ainsi définie est linéaire : pour x,y∈Ex,y\in E et λ∈K\lambda\in\mathbb{K},

φ(x+λy) a=u(x+λy)=u(x)+λu(y)=(φ(x)+λφ(y)) a,\varphi(x+\lambda y)\,a=u(x+\lambda y)=u(x)+\lambda u(y)=\big(\varphi(x)+\lambda\varphi(y)\big)\,a,

et l'unicité du coefficient donne φ(x+λy)=φ(x)+λφ(y)\varphi(x+\lambda y)=\varphi(x)+\lambda\varphi(y).

Calcul de u∘uu\circ u. Pour tout x∈Ex\in E :

(u∘u)(x)=u(φ(x) a)=φ(x) u(a)=φ(x) φ(a) a=φ(a) u(x).(u\circ u)(x)=u\big(\varphi(x)\,a\big)=\varphi(x)\,u(a)=\varphi(x)\,\varphi(a)\,a=\varphi(a)\,u(x).

Donc u∘u=φ(a) uu\circ u=\varphi(a)\,u.

Calcul de tr⁡(u)\operatorname{tr}(u). Le vecteur aa est non nul, donc la famille (a)(a) est libre : on la complète en une base B=(a,e2,…,en)\mathcal{B}=(a,e_2,\dots,e_n) de EE. On a u(a)=φ(a) au(a)=\varphi(a)\,a et u(ej)=φ(ej) au(e_j)=\varphi(e_j)\,a pour j⩾2j\geqslant 2 : toutes les images sont colinéaires à aa, premier vecteur de B\mathcal{B}. La matrice de uu dans B\mathcal{B} n'a donc que sa première ligne éventuellement non nulle :

Mat⁡B(u)=(φ(a)φ(e2)⋯φ(en)00⋯0⋮⋮⋮00⋯0),\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(u)= \begin{pmatrix} \varphi(a) & \varphi(e_2) & \cdots & \varphi(e_n)\\ 0 & 0 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix},

d'où tr⁡(u)=φ(a)\operatorname{tr}(u)=\varphi(a).

Conclusion. En combinant les deux calculs : u∘u=tr⁡(u) uu\circ u=\operatorname{tr}(u)\,u.

En particulier, un endomorphisme de rang 11 et de trace nulle vérifie u∘u=0u\circ u=0.

Trace d'un projecteur

Question

Un projecteur découpe l'espace en deux : la partie qu'il fixe et celle qu'il écrase. Sa matrice dans une base adaptée est JrJ_r — un objet dont la trace se lit d'un coup d'œil. Le nombre tr⁡(p)\operatorname{tr}(p) mesurerait-il alors quelque chose de géométrique, et si oui, quoi exactement ?

Proposition 3 : Trace d'un projecteur

Soit p∈L(E)p\in\mathcal{L}(E) un projecteur. Alors

tr⁡(p)=rg⁡(p).\operatorname{tr}(p)=\operatorname{rg}(p).

Démonstration :

Posons r=rg⁡(p)r=\operatorname{rg}(p). Puisque pp est un projecteur, E=Im⁡p⊕Ker⁡pE=\operatorname{Im} p\oplus\operatorname{Ker} p. Soit B=(e1,…,er,er+1,…,en)\mathcal{B}=(e_1,\dots,e_r,e_{r+1},\dots,e_n) une base de EE 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, le vecteur eie_i appartient à Im⁡p\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,

donc tr⁡(p)=tr⁡(Jr)=r=rg⁡(p)\operatorname{tr}(p)=\operatorname{tr}(J_r)=r=\operatorname{rg}(p).

Test 5 : Trace et rang en général

Pour tout endomorphisme uu de EE, on a tr⁡(u)=rg⁡(u)\operatorname{tr}(u)=\operatorname{rg}(u).

Test 6 : Un projecteur de trace nulle

Si p∈L(E)p\in\mathcal{L}(E) est un projecteur vérifiant tr⁡(p)=0\operatorname{tr}(p)=0, alors p=0p=0.

Rédaction — Utiliser la trace :

La trace sert moins à être calculée qu'à être prise des deux membres d'une égalité. Quatre usages standard.

1. Réfuter une égalité matricielle. Appliquer tr⁡\operatorname{tr} à l'égalité supposée et chercher une contradiction numérique. C'est la méthode pour AB−BA=InAB-BA=I_n : le membre de gauche est toujours de trace nulle, celui de droite de trace nn.

2. Calculer le rang d'un projecteur. Vérifier A2=AA^2=A, puis lire rg⁡(A)=tr⁡(A)\operatorname{rg}(A)=\operatorname{tr}(A) sur la diagonale — sans échelonner.

3. Réfuter une similitude. Deux matrices semblables ont la même trace ; deux traces différentes suffisent donc à conclure qu'elles ne le sont pas. Attention : la réciproque est fausse, une même trace ne prouve rien.

4. Permuter des facteurs sous la trace. L'égalité tr⁡(AB)=tr⁡(BA)\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA) se propage aux produits plus longs, mais par permutation circulaire seulement :

tr⁡(ABC)=tr⁡((AB)C)=tr⁡(C(AB))=tr⁡(CAB)=tr⁡(BCA).\operatorname{tr}(ABC)=\operatorname{tr}\big((AB)C\big)=\operatorname{tr}\big(C(AB)\big)=\operatorname{tr}(CAB)=\operatorname{tr}(BCA).

En revanche tr⁡(ABC)≠tr⁡(ACB)\operatorname{tr}(ABC)\neq\operatorname{tr}(ACB) en général : avec A=(1000)A=\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0\end{pmatrix}, B=(0100)B=\begin{pmatrix} 0&1\\ 0&0\end{pmatrix} et C=(0010)C=\begin{pmatrix} 0&0\\ 1&0\end{pmatrix}, on trouve ABC=(1000)ABC=\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0\end{pmatrix} de trace 11, tandis que AC=0AC=0 donc tr⁡(ACB)=0\operatorname{tr}(ACB)=0.

Exercice 4

On pose

A=13(111111111)∈M3(R).A=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R}).
  1. Montrer que AA est la matrice d'un projecteur de R3\mathbb{R}^3.
  2. En déduire rg⁡(A)\operatorname{rg}(A), puis déterminer Im⁡A\operatorname{Im} A et Ker⁡A\operatorname{Ker} A.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. Notons J=(111111111)J=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}, de sorte que A=13JA=\frac13 J. Chaque coefficient de J2J^2 est le produit scalaire d'une ligne de JJ par une colonne de JJ, soit 1+1+1=31+1+1=3 : ainsi J2=3JJ^2=3J. Il vient
A2=19J2=19⋅3J=13J=A.A^2=\frac{1}{9}J^2=\frac{1}{9}\cdot 3J=\frac{1}{3}J=A.

En notant pp l'endomorphisme de R3\mathbb{R}^3 canoniquement associé à AA, l'égalité A2=AA^2=A donne p∘p=pp\circ p=p : pp est un projecteur, et AA est bien la matrice d'un projecteur.

  1. La trace se lit immédiatement :
tr⁡(A)=13+13+13=1,\operatorname{tr}(A)=\frac13+\frac13+\frac13=1,

donc, d'après la proposition, rg⁡(A)=tr⁡(A)=1\operatorname{rg}(A)=\operatorname{tr}(A)=1.

Image. Les trois colonnes de AA sont égales à 13(1,1,1)\frac13(1,1,1), donc

Im⁡A=Vect⁡(111),\operatorname{Im} A=\operatorname{Vect}\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1\end{pmatrix},

droite vectorielle — ce qui confirme rg⁡(A)=1\operatorname{rg}(A)=1.

Noyau. Le théorème du rang donne dim⁡Ker⁡A=3−1=2\dim\operatorname{Ker} A=3-1=2. Or pour X=(x,y,z)X=(x,y,z),

AX=x+y+z3(111),AX=\frac{x+y+z}{3}\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1\end{pmatrix},

donc AX=0  ⟺  x+y+z=0AX=0\iff x+y+z=0. Ainsi

Ker⁡A={(x,y,z)∈R3 | x+y+z=0},\operatorname{Ker} A=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\ \middle|\ x+y+z=0\right\},

plan vectoriel, de dimension 22 comme annoncé. On reconnaît la projection sur la droite dirigée par (1,1,1)(1,1,1) parallèlement au plan d'équation x+y+z=0x+y+z=0.

Remarque :

Le chapitre se clôt sur deux invariants de similitude : le rang et la trace. Aucun des deux, ni même les deux ensemble, ne caractérise la similitude.

  • Même trace, rangs différents : 020_2 et (0100)\begin{pmatrix} 0&1\\ 0&0\end{pmatrix}.
  • Même rang, traces différentes : I2I_2 et (100−1)\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&-1\end{pmatrix}.
  • Même rang et même trace, et pourtant non semblables : I2I_2 et (1101)\begin{pmatrix} 1&1\\ 0&1\end{pmatrix}, toutes deux inversibles et de trace 22 — la seconde n'est pas semblable à I2I_2, puisque P−1I2P=I2P^{-1}I_2P=I_2 pour toute PP inversible.

Classer les matrices carrées à similitude près demande donc des invariants plus fins : c'est l'objet de la réduction des endomorphismes, en seconde année.