Si \(M(a)\) et \(N(a)\) sont semblables alors nécessairement \(\text{Tr}(M(a))=\text{Tr}(N(a))\). Or, pour tout scalaire \(a\), \(\text{Tr}(M(a))=4-3a =\text{Tr}(N(a))\). La trace ne fournit aucun renseignement.

On doit aussi avoir \(\text{det}(M(a))=\text{det}(N(a))\). Or, \(\text{det}(N(a))=(1-a)^2(2-a)\) et

\[\begin{align*}\ensuremath \text{det}(M(a))&= (4-a)(a^2-1-2)+6(1-a+1)+2(2-1-a) = (4-a)(a^2-3)+14-8a=-a^3+4a^2-5a+2\\ &= (a-1)^2(2-a)=\text{det}(N(a)). \end{align*}\]

Le déterminant ne fournit aucun renseignement.

Soit \(f\) l’endomorphisme de \(\Kk^3\) de matrice \(M(a)\) dans la base canonique \(\mathcal{B}_0=(i,j,k)\) de \(\Kk^3\).

Le problème posé équivaut à l’existence d’une base \(\mathcal{B}=(e_1,e_2,e_3)\) de \(\Kk^3\) telle que \(f(e_1)=(1-a)e_1\), \(f(e_2) =(1-a)e_2 +e_1\) et \(f(e_3)= (2-a)e_3\). Soit \((x,y,z)\) un élément de \(\Kk^3\).

\(f((x,y,z)) =(1-a)(x,y,z)\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} 3x+y-z=0\\ -6x-2y+2z=0\\ 2x+y=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} y=-2x\\ z=x \end{array} \right.\). On peut prendre \(e_1=(1,-2,1)\).

\(f((x,y,z)) =(1-a)(x,y,z)+(1,-2,1)\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} 3x+y-z=1\\ -6x-2y+2z=-2\\ 2x+y=1 \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} y=-2x-1\\ z=x-2 \end{array} \right.\). On peut prendre \(e_2=(0,-1,-2)\).

\(f((x,y,z)) =(2-a)(x,y,z)\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} 2x+y-z=0\\ -6x-3y+2z=0\\ 2x+y-z=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} y=-2x\\ z=0 \end{array} \right.\). On peut prendre \(e_3=(1,-2,0)\).

La matrice de la famille \(\mathcal{B}=(e_1,e_2,e_3)\) dans la base \(\mathcal{B}_0\) est \(P=\left( \begin{array}{ccc} 1&0&1\\ -2&-1&-2\\ 1&-2&0 \end{array} \right)\). \(\text{det}P=-4+4+1 =1\neq 0\) et donc la famille \(\mathcal{B}=(e_1,e_2,e_3)\) est une base de \(\Kk^3\). Puisque \(\text{Mat}_{\mathcal{B}_0}f= M(a)\) et \(\text{Mat}_{\mathcal{B}}f=N(a)\), les matrices \(M(a)\) et \(N(a)\) sont semblables.

exo7 5626