Un endomorphisme qui devient diagonal

${\mathcal{B}}^{\prime }$ est une base. Les deux vecteurs $(1,1)$ et $(1,2)$ ne sont pas colinéaires : si $(1,2)=\lambda (1,1)$, la première coordonnée impose $\lambda =1$ et la seconde $\lambda =2$, ce qui est impossible. Deux vecteurs libres dans un espace de dimension $2$ forment une base.

L'image des deux vecteurs. En notant $e_1^{\prime }=(1,1)$ et $e_2^{\prime }=(1,2)$ : $$A\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3-1\\ 2+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right),A\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3-2\\ 2+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)=1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right).$$ Autrement dit $f(e_1^{\prime })=2e_1^{\prime }$ et $f(e_2^{\prime })=e_2^{\prime }$.

La matrice. La $j$-ème colonne de ${\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\prime }}(f)$ est la colonne des coordonnées de $f(e_j^{\prime })$ dans ${\mathcal{B}}^{\prime }$. Ici ces coordonnées sont $(2,0)$ et $(0,1)$, donc $${\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\prime }}(f)=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 1\end{array}\right).$$ Avec $P=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right)$, cela s'écrit $P^{-1}AP=\mathrm{diag}(2,1)$ : les deux matrices sont semblables, elles représentent le même $f$ dans deux repères.

Le contrôle par la trace. La trace ne change pas par changement de base : $\mathrm{Tr}(A)=3+0=3$ et $\mathrm{Tr}(\mathrm{diag}(2,1))=2+1=3$. Le point délicat est que ce contrôle est gratuit et attrape aussitôt une erreur de calcul, alors que vérifier $P^{-1}AP$ demanderait d'inverser $P$.