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.

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