Une matrice qui devient triangulaire

${\mathcal{B}}^{\prime }$ est une base. La matrice de passage a pour colonnes les nouveaux vecteurs écrits à l'ancienne : $P=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 3\end{array}\right)$, de déterminant $1\times 3-2\times 1=1\ne 0$. Elle est inversible, donc ${\mathcal{B}}^{\prime }$ est bien une base, et $P^{-1}=\left(\begin{array}{cc}3& -2\\ -1& 1\end{array}\right)$.

Par la formule. ${\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\prime }}(f)=P^{-1}AP$. On calcule d'abord $AP$ :

$$AP=\left(\begin{array}{cc}5& -2\\ 6& -2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3& 4\\ 4& 6\end{array}\right),P^{-1}(AP)=\left(\begin{array}{cc}3& -2\\ -1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}3& 4\\ 4& 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 2\end{array}\right).$$

Par les images, en contrôle. $f(1,1)=(5-2,6-2)=(3,4)$, et $(3,4)=1\cdot (1,1)+1\cdot (2,3)$ : première colonne ${}^t(1,1)$. Puis $f(2,3)=(10-6,12-6)=(4,6)=0\cdot (1,1)+2\cdot (2,3)$ : seconde colonne ${}^t(0,2)$. On retrouve $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 2\end{array}\right)$.

Le point à retenir. Le second chemin n'exige aucune inversion : on applique $f$ aux nouveaux vecteurs et on écrit le résultat dans la nouvelle base. C'est plus rapide, et c'est un contrôle gratuit du premier.