Les questions demandant de montrer que deux matrices sont semblables sont classiques aux concours. Cet article vise donc à te présenter les deux principales méthodes pour y répondre rigoureusement.
Définition
D’abord, revenons à la définition.
On dit que deux matrices carrées \(A\) et \(B\) d’ordre \(n\) (où \( n \in \mathbb{N} \) ) sont semblables si, et seulement si, il existe une matrice inversible \(P\) d’ordre \(n\) telle que : \(A=P^{-1}BP\)
Quelques propriétés
Voici désormais quelques propriétés très utiles et à connaître absolument au sujet de la similitude.
- Si \(A\) et \(B\) sont deux matrices semblables, alors elles ont la même trace.
\[ A=P^{-1}BP \Rightarrow \text{Tr}(A)=\text{Tr}(B) \]
- Seule la matrice identité est semblable à la matrice identité. Il en découle qu’une matrice \(A\) est semblable à \( \lambda I_{n}\), où \( \lambda \in \mathbb{R} \), si, et seulement si, \( A = \lambda I_{n} \). Par conséquent, seule la matrice nulle est semblable à la matrice nulle.
- On se souviendra donc en particulier de ce qui précède : une matrice \( A \) qui n’admet qu’une seule valeur propre \( \lambda \) n’est diagonalisable que si elle est de la forme \( \lambda I_{n} \)
Les méthodes pour montrer que deux matrices sont semblables
Montrer que deux matrices représentent le même endomorphisme dans des bases différentes
Prenons un exemple. Soient \(M\) et \(N\), deux matrices telles que :
\[M=\begin{pmatrix} 0&1&-1\\0&2&-1\\1&0&1\end{pmatrix} \qquad N=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix} \]
Montrons que \(M\) et \(N\) sont semblables.
Soit \( \mathcal{B}=(e_1,e_2,e_3) \) la base canonique de \( \mathbb{R}^3 \) et soit \( u \) l’endomorphisme de \( \mathbb{R}^3 \) associé à la matrice \(M\) relativement à la base \( \mathcal{B} \).
On cherche donc une base \( \mathcal{B’}=(e’_1,e’_2,e’_3) \) telle que \( N= \text{Mat}_{B’}(u) \), c’est-à-dire telle que \( \begin{cases} f(e’_1)=e’_1 \\ f(e’_2)=e’_1+e’_2 \\ f(e’_3)=e’_2+e’_3 \end{cases} \)
Ainsi, on pose \( e’_1=(x,y,z) \)
Ensuite, on résout :
\( \begin{pmatrix} 0&1&-1\\0&2&-1\\1&0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix} \)
\( \Leftrightarrow \begin{cases} y-z=x \\ 2y-z=y \\ x+z=z \end{cases} \)
\( \Leftrightarrow \begin{cases} x=0 \\ z=y \end{cases} \)
On pose donc, par exemple, \( e’_1=(0,1,1) \)
À présent, on pose \( e’_2=(x’,y’,z’) \) et on résout de même \( f(e’_2)=e’_1+e’_2 \), c’est-à-dire
\( \begin{pmatrix} 0&1&-1\\0&2&-1\\1&0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x’\\y’\\z’\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\1\\1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} x’\\y’\\z’\end{pmatrix} \)
Après résolution, on pose par exemple \( e’_2=(1,1,0) \)
En résonnant de la même façon que pour les vecteurs \( e’_1 \) et \( e’_2\), on prend par exemple \( e’_3=(0,1,0) \)
Ensuite, on vérifie que la famille \( (e’_1,e’_2,e’_3) \) est bien une base de \( \mathbb{R^{3}} \)
Ainsi, en prenant base \( \mathcal{B’}=((0,1,1),(1,1,0),(0,1,0)) \), on a bien \( N= \text{Mat}_{B’}(u) \)
Conclusion : \(M\) et \(N\) sont semblables, car elles représentent le même endomorphisme \(u\) dans les bases \( \mathcal{B} \) et \( \mathcal{B’} \) respectivement.
Montrer que deux matrices sont semblables en passant par la diagonalisation
On peut en effet parvenir à montrer que deux matrices sont semblables en déterminant les sous-espaces propres associés à l’endomorphisme matriciellement représenté. Ce raisonnement est en particulier utile lorsqu’il est demandé de montrer qu’une matrice est semblable à une matrice diagonale.
Prenons un exemple :
Soit \( A\) une matrice d’ordre \( n \ (n \in \mathbb{N} ) \) telle que
\(A= \begin{pmatrix} 1 & 1 & \ldots & 1 \\ 1 & 1 & \ldots & 1 \\ \vdots & & & \vdots \\ 1 & 1 & \ldots & 1 \end{pmatrix} \)
et soit \(f\) l’endomorphisme canoniquement associé à \(A\).
Montrer que \(A\) est semblable à la matrice \( D= \begin{pmatrix} 0 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & \ddots & &\vdots \\ \vdots & & 0& 0 \\ 0 & \ldots & 0 & n \end{pmatrix} \)
D’abord, on remarque que le rang de \(A\) vaut \(1\), car toutes les colonnes de \(A\) sont égales et non nulles. De fait, d’après le théorème du rang, on a : \( \dim(\text{Ker}(f))= \dim(\mathbb{R^{n}})-\text{rg}(f) \)
c’est-à-dire \(\dim(\text{Ker}(f)=n-1 \))
De là, on sait que \(0\) est valeur propre de \(A\) et que la dimension de son sous-espace propre associé est \(n-1\).
Ensuite, on remarque que :
\(A= \begin{pmatrix} 1 & 1 & \ldots & 1 \\ 1 & 1 & \ldots & 1 \\ \vdots & & & \vdots \\ 1 & 1 & \ldots & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix} = n\begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}\)
On en déduit donc que \(n\) est une valeur propre de \(f\) et que la dimension de son sous-espace propre associé est supérieure ou égale à \(1\).
Par ailleurs, d’après le cours, on sait que la somme des dimensions des sous-espaces propres de \(f\) ne peut excéder \(n\). Or, on a :
\( \dim(E_0(f)) + \dim(E_n(f)) \ge n \)
D’où, nécessairement : \( \dim(E_n(f))=1 \)
Ainsi, on en conclut que \(A\) est diagonalisable et qu’il existe une base \( \mathcal{B’}=(e’_1,e’_2,…,e’_n) \) de \( \mathbb{R^{n}} \) telle que \( \forall i \in [\![1,n-1]\!], e’_i \in E_0(f) \) et \( e’_n \in E_n(f) \), et \( D=\text{Mat}_{B’}(f) \)
Et, en posant \( P= \mathcal{P}_{\mathcal{B},\mathcal{B’}} \) (où \( \mathcal{B} \) représente la base canonique de \( \mathbb{R^{n}} \) ), on a bien :
\( A=PDP^{-1} \)
J’espère que cet article t’aura été utile. Tu peux retrouver toutes nos ressources en maths juste ici !
