Réduction de l'endomorphisme de multiplication à gauche

Résolution.

1. La linéarité de $\Phi$ découle directement de la distributivité de la composition par rapport à l'addition dans $\mathcal{L}(E)$ et de sa compatibilité avec la multiplication par un scalaire. Comme $\Phi$ envoie $\mathcal{L}(E)$ dans lui-même, $\Phi \in \mathcal{L}(\mathcal{L}(E))$.

2. Soit $\lambda \in \mathbb{K}$. Supposons $\lambda \in \text{Sp}(f)$. Il existe $x \in E$, $x \neq 0$ tel que $f(x) = \lambda x$. On définit $g \in \mathcal{L}(E)$ par $g(y) = \ell(y)x$ où $\ell$ est une forme linéaire non nulle sur $E$. Alors $g \neq 0$ et :
   $$\forall y \in E,   \Phi(g)(y) = f(g(y)) = f(\ell(y)x) = \ell(y)f(x) = \lambda \ell(y)x = \lambda g(y)$$
   Ainsi $\Phi(g) = \lambda g$, donc $\lambda \in \text{Sp}(\Phi)$. Réciproquement, si $\lambda \in \text{Sp}(\Phi)$, il existe $g \neq 0$ tel que $f \circ g = \lambda g$. Comme $g \neq 0$, il existe $y \in E$ tel que $z = g(y) \neq 0$. On a alors $f(z) = f(g(y)) = \lambda g(y) = \lambda z$, d'où $\lambda \in \text{Sp}(f)$.
   $$\boxed{\text{Sp}(\Phi) = \text{Sp}(f)}$$

3. Un endomorphisme $g$ appartient à $E_\lambda(\Phi)$ si et seulement si $\Phi(g) = \lambda g$, soit $f \circ g = \lambda g$. Cela équivaut à :
   $$\forall y \in E,   f(g(y)) = \lambda g(y) \iff \forall y \in E,   g(y) \in E_\lambda(f)$$
   Ceci est équivalent à dire que $\text{Im}(g) \subset E_\lambda(f)$. L'espace propre $E_\lambda(\Phi)$ est donc l'ensemble des endomorphismes dont l'image est incluse dans $E_\lambda(f)$, ce qui s'identifie à $\mathcal{L}(E, E_\lambda(f))$. Par calcul de dimension :
   $$\dim E_\lambda(\Phi) = \dim \mathcal{L}(E, E_\lambda(f)) = \dim(E) \times \dim(E_\lambda(f))$$
   $$\boxed{\dim E_\lambda(\Phi) = n \dim E_\lambda(f)}$$

4. On remarque par récurrence que pour tout $k \in \mathbb{N}$, $\Phi^k(g) = f^k \circ g$. Par linéarité, pour tout polynôme $P \in \mathbb{K}[X]$ :
   $$P(\Phi)(g) = P(f) \circ g$$
   Si $P(f) = 0$, alors $P(f) \circ g = 0$ pour tout $g$, donc $P(\Phi) = 0$. Inversement, si $P(\Phi) = 0$, alors $P(\Phi)(\text{Id}_E) = 0$, ce qui donne $P(f) \circ \text{Id}_E = 0$, soit $P(f) = 0$. Les deux endomorphismes possèdent les mêmes polynômes annulateurs. En particulier :
   $$\boxed{\pi_\Phi = \pi_f}$$

5. Un endomorphisme est diagonalisable sur $\mathbb{K}$ si et seulement si son polynôme minimal est scindé à racines simples sur $\mathbb{K}$. D'après la question précédente, $\pi_\Phi = \pi_f$. Par conséquent :
   $$\boxed{\Phi \text{ est diagonalisable} \iff f \text{ est diagonalisable}}$$

6. Supposons $f$ diagonalisable. Soit $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ une base de $E$ telle que $f(e_i) = \lambda_i e_i$. Considérons la base canonique de $\mathcal{L}(E)$ associée à $\mathcal{B}$, notée $(u_{ij})_{1 \leq i,j \leq n}$, où $u_{ij}$ est défini par $u_{ij}(e_k) = \delta_{jk} e_i$. Calculons l'image de $u_{ij}$ par $\Phi$ :
   $$\Phi(u_{ij})(e_k) = f(u_{ij}(e_k)) = \delta_{jk} f(e_i) = \delta_{jk} \lambda_i e_i = \lambda_i u_{ij}(e_k)$$
   Ainsi, chaque $u_{ij}$ est un vecteur propre de $\Phi$ pour la valeur propre $\lambda_i$. En rangeant la base par l'indice $j$ d'abord : $(u_{11}, u_{21}, \dots, u_{n1}, u_{12}, \dots, u_{nn})$, la matrice est diagonale par blocs :
   $$\text{Mat}(\Phi) = \begin{pmatrix} M & 0 & \dots & 0$$
   0 & M & \dots & 0
   \vdots & \vdots & \ddots & \vdots
   0 & 0 & \dots & M \end{pmatrix} \text{ où } M = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)
   Si on range la base par l'indice $i$ : $(u_{11}, u_{12}, \dots, u_{1n}, u_{21}, \dots, u_{nn})$, on obtient :
   $$\boxed{\text{Mat}(\Phi) = \text{Diag}(\lambda_1 I_n, \lambda_2 I_n, \dots, \lambda_n I_n)}$$