Nous proposons des exercices sur les matrices semblables (similaires). Si deux matrices sont semblables, elles ont la même trace. cette notion peut être utilisée pour calculer les puissances des matrices, en particulier l’exponentielle d’une matrice.
Notations: On note par $\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ l’ensemble des matrices carrées d’ordre $n$. On note aussi ${\rm GL}_n(\mathbb{R})$ l’ensemble des matrices carrées d’ordre $n$ qui sont inversibles.
Propriétés des matrices semblables
Deux matrices semblable ne sont pas égales, mais elles partagent de nombreuses propriétés importantes.
Définition (matrices semblables): Deux matrices carrées $A$ et $B$ d’ordre $n$ sont semblables (ou similaires) s’il existe une matrice $S\in {\rm GL}_n(\mathbb{R})$ d’ordre $n$ telle que $A=S^{-1}BS$.
Les matrices similaires partagent de nombreuses propriétés et ce sont ces théorèmes qui justifient le choix du mot « similaire ». Tout d’abord, nous montrerons que la similarité est une relation d’équivalence. Les relations d’équivalence sont importantes dans l’étude de diverses algèbres et peuvent toujours être considérées comme une sorte de version faible de l’égalité. Un peu pareil, mais pas tout à fait égal.
Exercices: On définit la relation \begin{align*} A,B\in\mathscr{M}_n(\mathbb{R}),\quad A \mathscr{R}B\Longleftrightarrow\;\exists S\in {\rm GL}_n(\mathbb{R}),\quad A=S^{-1}BS.\end{align*} Montrer que $\mathscr{R}$ est une relation d’équivalence sur $\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$.
Solution: Pour tout $A\in \mathscr{M}_n(\mathbb{R}),$ on a $A\mathscr{R} A$. En effet, il suffit de prendre $S=I_n,$ matrice identité d’ordre $n,$ elle est inversible et $I_n^{-1}=I_n$. On a alors $A=I_n^{-1} AI_n^{-1}$ . On a $A \mathscr{R}B$ si et seulement si il existe $S\in\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ telle que $A=S^{-1}BS$. Donc $S AS^{-1}=B$. On pose $N=S^{-1}$ on a alors $N\in {\rm GL}_n(\mathbb{R})$ et $B=N^{-1}AN$. Ainsi $B\mathscr{R}A$. Soit maintenant $A,B,C\in \mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ telles que $A\mathscr{R}B$ et $B\mathscr{R}C$. Il existe donc deux matrices $S_1,S_2\in {\rm GL}_n(\mathbb{R})$ tels que $A=S^{-1}_1BS_1$ et $B=S^{-1}_2CS_2$. Donc\begin{align*}A&=S^{-1}_1BS_1\cr &= A=S^{-1}_1(S^{-1}_2CS_2)S_1\cr &= (S_2S_1)^{-1}C (S_2S_1).\end{align*}Comme $(S_2S_1)\in {\rm GL}_n(\mathbb{R})$, alors $A\mathscr{R}C$, ce qu’il fallait démontrer.
Exercice: Montrer que si $A$ et $B$ sont deux matrices semblables alors elles ont le même polynôme caractéristique.
Solution: On suppose que $A,B\in\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ et il existe une matrice $S\in{\rm GL}_n(\mathbb{R})$ tel que $A=S^{-1}BS$. Soient $p_A(\lambda)$ et $p_B(\lambda)$ les polynômes caractéristiques de $A$ et $B,$ respectivement. On a \begin{align*}p_A(\lambda)&=\det(A-\lambda I_n)\cr &= \det(S^{-1}BS-\lambda S^{-1}S)\cr & = \det(S^{-1}(B-\lambda I_n)S) \cr &= \det(S^{-1})\det(B-\lambda I_n)\det(S)\cr &= \det(S^{-1}S) p_B(\lambda)\cr &= p_B(\lambda).\end{align*}
Test de similarité matricielle
Exercice: Montrer que si deux matrices $A$ et $B$ sont semblables, alors $\det(A)=\det(B)$. Est ce que les matrices suivantes sont semblables $$ A=\begin{pmatrix} 0&0&1\\1&0&1\\1&1&1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\1&1&1\end{pmatrix}. $$ Que peut-on conclure.
Solution: Par hypothèse il existe une matrice inversible $S$ telle que $A=S^{-1}BS$. Donc $\det(A)=\det(S^{-1})\det(B)=\det(S^{-1}S)\det(B)=\det(B)$. On remarque que $\det(A)=\det(B)=1$ et ${\rm rg}(A)={\rm rg}(B)=3$. Mais ${\rm Tr}(A)=1$ et ${\rm Tr}(B)=3$. Donc les matrices $A$ et $B$ ne sont pas semblables.
Se souvenir: Donc deux matrices semblables ont la même trace, le même déterminant et le même rang (se sont seulement des conditions nécessaires mais pas forcément suffisantes). On peut aussi parler de matrices équivalentes .
Exercice: Montrer que les matrices suivantes sont semblables $$ A=\begin{pmatrix} 1&1&1\\0&1&1\\1&1&1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\1&1&1\end{pmatrix}. $$
Solution: Pour résoudre cet exercice nous la allons utiliser la technique suivante: après permutation des vecteurs de la base, les matrices $A$ et $B$ sont associées à le même endomorphisme. 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 $B$ relativement à la base $\mathcal{B}$. Par permutation des vecteurs de la base $\mathcal{B}$ on considère la base $\mathcal{B}’=(e_3,e_2,e_1)$. On a \begin{align*}u(e_3)&= e_3+ e_2+ e_1\cr u(e_2)&= 0 e_3+ e_2+ e_1\cr u(e_1)&=0 e_3+0 e_2+ e_1.\end{align*} La matrice associée a $u$ dans la base $\mathcal{B}’$ est \begin{align*}{\rm Mat}_{\mathcal{B}’}(u)&=\begin{pmatrix}u(e_3)&u(e_2)&u(e_1)\end{pmatrix}\cr & =\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\1&1&1\end{pmatrix}\cr &=B.\end{align*}Donc les matrices $A$ et $B$ sont semblables.
Exercice: Montrer que les matrices suivantes ne pas sont semblables $$ A=\begin{pmatrix} 1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix}. $$
Solution: Nous allons utiliser la technique suivante: Si $A$ et $B$ sont semblables alors aussi pour le matrices $\lambda I+A$ et $\lambda I+B$ for $\lambda\in\mathbb{C}$. En effet, si $A$ et $B$ sont semblable, il existe une matrice inversible $P$ telle que $A=PBP^{-1}$. Donc \begin{align*}\lambda I+A&= \lambda P P^{-1}+PBP^{-1}\cr&=P(\lambda I+B)P^{-1}.\end{align*}
Dans notre exercice en prend $\lambda =-1$ et on remarque que la matrice $A-I$ est de rang $2$, par contre la matrice $B-I$ est de rang $3,$ ce qui est impossible car deux matrices semblables ont le même rang.
Exercice$^{\ast\ast}$: Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ une matrice non nulle et non inversible telle que les espaces ${\rm Im(A)}$ et $\ker(A)$ sont supplémentaires. Montrer que la matrice $A$ est semblable a une matrice de la forme \begin{align*}\begin{pmatrix} Q&0\\0&0\end{pmatrix}\end{align*}avec $Q\in{\rm GL}_r(\mathbb{R})$ (ici les $0$ désignent des blocs nuls de tailles appropriées).
Solution: Soit $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ l’endomorphisme associé a la matrice $A$. On a alors $\mathbb{R}^n={\rm Im}(f)+\ker(f)$ avec ${\rm Im}(f)$ et $\ker(f)$ sont des espaces non réduits au vecteur nul. On pose $r={\rm rg}(f)=\dim{\rm Im}(f)$. Soit alors $(w_1,w_2,\cdots,w_r)$ une base de ${\rm Im}(f)$ et $(w_{r+1},w_{r+2},\cdots,w_n)$ une base de $\ker(f)$. Soit alors $\mathscr{B}=(w_1,w_2,\cdots,w_n)$ la nouvelle base de $\mathbb{R}^n$. Comme pour tout $j\in \{1,2,\cdots,r\}$ on a $f(e_j)\in {\rm Im}(f)={\rm vect}(w_1,w_2,\cdots,w_r),$ alors $f(e_j)$ est combinaison linéaire des vecteurs $w_1,w_2,\cdots,w_r$, et tous ces coordonnées selon $w_{r+1},w_{r+2},\cdots,w_n$ sont toutes nulles. D’autre part, pour tout $j\in\{r+1,\cdots,n\}$ on a $f(w_j)\in \ker(f)$ donc il est nul, par suite de coordonnées nulles. Ainsi la matrice de $f$ dans la nouvelle base $\mathscr{B}$ est de la forme \begin{align*}\begin{pmatrix} Q&0\\0&0\end{pmatrix}\end{align*} avec $Q$ est la matrice de la restriction de $f$ sur ${\rm Im}(f)$ qui de rang $r={\rm rg}(Q)$, ce qui montre que la matrice $Q$ est inversible (i.e.$Q\in{\rm GL}_r(\mathbb{R})$). Pour conclure, il suffit de considérer la matrice de passage $P$ de la base canonique de $\mathbb{R}^n$ a la nouvelle base $\mathscr{B}$.
