Diagonalisation d'opérateurs de composition

Résolution.

1. Diagonalisabilité de $\phi$ et $\psi$. Puisque $u$ est diagonalisable, il existe un polynôme $P \in \mathbb{K}[X]$ qui est scindé sur $\mathbb{K}$, dont toutes les racines sont simples, et qui annule $u$. Notons $P = \sum_{k=0}^d a_k X^k$. Pour tout $f \in \mathcal{L}(E)$, étudions l'action de $P(\phi)$ sur $f$. Par linéarité de la composition à gauche, on remarque que pour tout $k \in \mathbb{N}$, $\phi^k(f) = u^k \circ f$. Il vient alors :
   $$P(\phi)(f) = \sum_{k=0}^d a_k \phi^k(f) = \sum_{k=0}^d a_k (u^k \circ f) = \left( \sum_{k=0}^d a_k u^k \right) \circ f$$

   Ainsi, on obtient la relation :

   $$P(\phi)(f) = P(u) \circ f$$

   Comme $P(u) = 0_{\mathcal{L}(E)}$, il en résulte que $P(\phi)(f) = 0$ pour tout $f$, d'où $P(\phi) = 0$.

   $$\boxed{P(\phi) = 0_{\mathcal{L}(\mathcal{L}(E))}}$$

   Le polynôme $P$ est scindé à racines simples et annule $\phi$, donc $\phi$ est diagonalisable. De la même manière, pour $\psi$, on a $\psi^k(f) = f \circ u^k$. Par un calcul analogue :

   $$P(\psi)(f) = \sum_{k=0}^d a_k (f \circ u^k) = f \circ \left( \sum_{k=0}^d a_k u^k \right) = f \circ P(u)$$

   On en déduit :

   $$\boxed{P(\psi) = 0_{\mathcal{L}(\mathcal{L}(E))}}$$

   L'endomorphisme $\psi$ est donc également diagonalisable car il admet le même polynôme annulateur scindé à racines simples que $u$.

2. Diagonalisabilité de l'application $\Delta = \phi - \psi$. Vérifions si $\phi$ et $\psi$ commutent. Soit $f \in \mathcal{L}(E)$ :
   $$(\phi \circ \psi)(f) = \phi(\psi(f)) = \phi(f \circ u) = u \circ (f \circ u)$$
   $$(\psi \circ \phi)(f) = \psi(\phi(f)) = \psi(u \circ f) = (u \circ f) \circ u$$

   Par associativité de la composition dans $\mathcal{L}(E)$, on a $u \circ (f \circ u) = (u \circ f) \circ u$. Par conséquent :

   $$\boxed{\phi \circ \psi = \psi \circ \phi}$$

   Nous sommes en présence de deux endomorphismes $\phi$ et $\psi$ de l'espace vectoriel $\mathcal{L}(E)$ qui sont :

   • Diagonalisables (d'après la question 1).
   • Commutants.

   D'après le cours, deux endomorphismes diagonalisables qui commutent sont simultanément diagonalisables. Cela signifie qu'il existe une base de $\mathcal{L}(E)$ constituée de vecteurs qui sont simultanément des vecteurs propres pour $\phi$ et pour $\psi$. Soit $\mathcal{B} = (f_1, \dots, f_{n^2})$ une telle base. Pour tout $i \in \{1, \dots, n^2\}$, il existe $\lambda_i, \mu_i \in \mathbb{K}$ tels que :

   $$\phi(f_i) = \lambda_i f_i   \text{et}   \psi(f_i) = \mu_i f_i$$

   Alors, pour tout $i$, on a :

   $$\Delta(f_i) = (\phi - \psi)(f_i) = \phi(f_i) - \psi(f_i) = (\lambda_i - \mu_i) f_i$$

   Chaque vecteur de la base $\mathcal{B}$ est donc un vecteur propre de $\Delta$. On en conclut que $\Delta$ est diagonalisable.

   $$\boxed{\Delta \text{ est diagonalisable}}$$