• (a)

  Notons ${\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_n$ les $n$ valeurs propres distinctes de $f$ et $x_1,\mathrm{\dots },x_n$ des vecteurs propres associés. La famille $(x_1,\mathrm{\dots },x_n)$ est base de $E$.
  Posons $a=x_1+\mathrm{\cdots }+x_n$. Pour tout $k\in \{\mathrm{0,1},\mathrm{\dots },n-1\}$,

  $$f^k(a)={\lambda }_1^k.x_1+\mathrm{\cdots }+{\lambda }_n^k.x_n\text{.}$$

  Supposons

  $${\alpha }_0.a+{\alpha }_1.f(a)+\mathrm{\cdots }+{\alpha }_{n-1}.f^{n-1}(a)=0_E\text{.}$$

  En exprimant cette relation en fonction des vecteurs de la famille libre $(x_1,\mathrm{\dots },x_n)$, on parvient à $P({\lambda }_1)=\mathrm{\dots }=P({\lambda }_n)=0$ avec

  $$P={\alpha }_0+{\alpha }_{1}X+\mathrm{\cdots }+{\alpha }_{n-1}{X}^{n-1}\text{.}$$

  Le polynôme $P$ admet plus de racines que son degré donc $P=0$ puis ${\alpha }_0=\mathrm{\dots }={\alpha }_{n-1}=0$.
  Ainsi la famille $(a,f(a),\mathrm{\dots },f^{n-1}(a))$ est libre et finalement base de $E$.
  En fait, n’importe quel vecteur dont les coordonnées sont toutes non nulles dans la base de vecteur propre est solution.

• (b)

  La matrice de $f$ dans la base considérée est de la forme

  $$\left(\begin{array}{cccc}\hfill 0\hfill & \hfill \hfill & \hfill 0\hfill & \hfill {\alpha }_0\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \hfill & \hfill \mathrm{⋮}\hfill \\ \hfill \hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{⋮}\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \hfill & \hfill 1\hfill & \hfill {\alpha }_{n-1}\hfill \end{array}\right)$$

  avec

  $$f^n(a)={\alpha }_0.a+{\alpha }_1.f(a)+\mathrm{\cdots }+{\alpha }_{n-1}.f^{n-1}(a)\text{.}$$

Il est bien connu que les polynômes en $f$ commutent avec $f$.
Inversement, soit $g$ un endomorphisme commutant avec $f$.
Notons ${\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_n$ les valeurs propres deux à deux distinctes de $f$ et $e_1,\mathrm{\dots },e_n$ des vecteurs propres associés. La famille $(e_1,\mathrm{\dots },e_n)$ est une base de $E$ diagonalisant $f$ et les sous-espaces propres de $f$ sont de dimension 1. Puisque $f$ et $g$ commutent, ses sous-espaces propres de $f$ sont stables par $g$ et donc, pour tout $k\in \{1,\mathrm{\dots },n\}$, il existe ${\mu }_k$ tel que $g(e_k)={\mu }_k{e}_k$. Considérons alors un polynôme interpolateur $P$ vérifiant

$$\forall k\in \{1,\mathrm{\dots },n\},P({\lambda }_k)={\mu }_k\text{.}$$

On a pour tout $k\in \{1,\mathrm{\dots },n\}$,

$$P(f)(e_k)=P({\lambda }_k)(e_k)={\mu }_k{e}_k=g(e_k)\text{.}$$

Puisque les applications linéaires $P(f)$ et $g$ sont égales sur une base, on peut conclure

$$P(f)=g\text{.}$$

Soient $\lambda \in \mathrm{Sp}(u)$ et $x\in E_{\lambda }(u)$ non nul. On a

$$v^3(x)=u^3(x)={\lambda }^3.x\text{.}$$

Or $v$ est diagonalisable donc, en notant ${\mu }_1,\mathrm{\dots },{\mu }_p$ les valeurs propres de $v$, on a la décomposition en somme directe

$$E=\underset{j=1}{\overset{p}{\oplus }}{E}_{{\mu }_j}(v)\text{.}$$

On peut alors écrire $x={\sum }_{j=1}^p{x}_j$ avec $x_j\in E_{{\mu }_j}(u)$. L’égalité $v^3(x)={\lambda }^3.x$ donne

$$\sum _{j=1}^p{\mu }_j^3.x_j=\sum _{j=1}^p{\lambda }^3.x_j\text{.}$$

Les espaces $E_{{\mu }_j}(v)$ étant en somme directe, on peut identifier les termes de ces sommes

$${\mu }_j^3.x_j={\lambda }^3.x_j\text{.}$$

Si $x_j\ne 0_E$, on obtient ${\mu }_j=\lambda$ et donc ${\mu }_j.x_j=\lambda .x_j$.
Si $x_j=0_E$, l’identité ${\mu }_j.x_j=\lambda .x_j$ reste vraie.
On en déduit

$$v(x)=\lambda .x=u(x)\text{.}$$

Ainsi, les endomorphismes $v$ et $u$ coïncident sur $E_{\lambda }(u)$. Or, l’endomorphisme $u$ étant diagonalisable, $E$ est la somme des sous-espaces propres de $u$. Les endomorphismes $v$ et $u$ coïncident donc sur $E$.