Diagonalisation

Merci pour vos remarques !

Première implication :
Si $f$ est diagonalisable :
Dans une base de diagonalisation de $f$, qui est aussi une base de diagonalisation de $f^2$,
on voit facilement que les noyaux de $f$ et de $f^2$ sont égaux.

Implication réciproque :
Si $f$ et $f^2$ ont le même noyau, deux cas :
1. Leur noyau commun est nul.
Dans ce cas, le polynôme minimal $$P=\prod_i(X-\lambda_i)$$ est scindé à racines simples, et 0 n'en est pas racine.
En notant, pour chaque $i$, $\alpha_i$ un complexe tel que $\alpha_i^2=\lambda_i$, et $$
Q=\prod_i(X-\alpha_i)(X+\alpha_i)
$$ on a : $$
Q(f)=P(f^2)=0
$$ Or les $\lambda_i$ sont deux à deux distincts, donc les $\pm\alpha_i$ aussi,
donc $f$ a un polynôme annulateur scindé à racines simples : $f$ est diagonalisable.
2. Sinon en notant $$P=X\prod_i(X-\lambda_i)$$ le polynôme minimal, scindé à racines simples, de $f^2$ et, avec les mêmes $\alpha_i$ que dans le cas 1, tous non nuls $$
Q=X^2\prod_i(X-\alpha_i)(X+\alpha_i)
$$ on a encore : $$
Q(f)=P(f^2)=0
$$ Notons $R=\prod_i(X-\alpha_i)(X+\alpha_i)$.
Alors $Q(f)=(X^2.R)(f)=f^2\circ(R(f))$.
Pour tout $x$ de $E,$ $\quad Q(f)(x)=0$,
donc $\quad f^2(R(f)(x))=0$,
donc $\quad R(f)(x)\in\ker(f^2)=\ker(f)$,
donc $\quad f(R(f)(x))=0$,
donc $\quad f\circ R(f)=0$,
et donc $X.R$ est un polynôme scindé à racines simples annulant $f$ : $f$ est diagonalisable.

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Peut-on simplifier la résolution ?

[Ne pas abuser des expressions centrées. :-) AD]