Le spectre ne dépend pas de la base

Une inclusion. Soit $\lambda \in \mathrm{Sp}(B)$ : il existe $X\ne 0$ tel que $BX=\lambda X$, c'est-à-dire $Q^{-1}AQX=\lambda X$. Multiplions à gauche par $Q$ : $$A(QX)=Q{Q}^{-1}AQX=Q(\lambda X)=\lambda (QX).$$ Posons $Y=QX$. Il est non nul : si $QX=0$, alors en multipliant par $Q^{-1}$ on aurait $X=0$, exclu. Donc $Y$ est un vecteur propre de $A$ pour $\lambda$, et $\lambda \in \mathrm{Sp}(A)$. D'où $\mathrm{Sp}(B)\subset \mathrm{Sp}(A)$.

L'autre inclusion. La relation $B=Q^{-1}AQ$ équivaut à $A=QB{Q}^{-1}=(Q^{-1}{)}^{-1}B{Q}^{-1}$ : $A$ et $B$ jouent des rôles symétriques, avec $Q^{-1}$ à la place de $Q$. Le raisonnement précédent, appliqué dans ce sens, donne $\mathrm{Sp}(A)\subset \mathrm{Sp}(B)$.

Conclusion. $\mathrm{Sp}(A)=\mathrm{Sp}(B)$ : le spectre est un invariant de similitude. Le point délicat est la non-nullité de $Y=QX$, sans laquelle on n'aurait pas de vecteur propre.

Application. Les deux matrices proposées sont diagonales, donc triangulaires : leurs spectres se lisent sur la diagonale, $$\mathrm{Sp}\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 2\end{array}\right)=\{1,2\},\mathrm{Sp}\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 3\end{array}\right)=\{1,3\}.$$ Ces ensembles diffèrent ($2$ appartient au premier, pas au second), donc les deux matrices ne sont pas semblables.

Portée. Comme le rang, le spectre sert à prouver qu'une similitude est impossible ; il ne prouve jamais qu'elle existe.