1. Soit ${\displaystyle W}$ un sous-espace engendré par une famille ${\displaystyle (w_{i})_{i\in I}}$ de vecteurs propres, de valeurs propres associées ${\displaystyle (\lambda _{i})_{i\in I}}$. Tout vecteur de ${\displaystyle W}$ s'écrit alors sous la forme ${\displaystyle z=\sum _{i\in J}x_{i}w_{i}}$ (où ${\displaystyle J}$ est une partie finie de ${\displaystyle I}$ et les ${\displaystyle x_{i}}$ sont des scalaires) donc son image appartient à ${\displaystyle W}$, car ${\displaystyle u(z)=\sum _{i\in J}x_{i}\lambda _{i}w_{i}}$.
2. Soient ${\displaystyle G}$ une partie génératrice de ${\displaystyle E}$ constituée de vecteurs propres, ${\displaystyle V}$ un sous-espace de ${\displaystyle E}$, et ${\displaystyle L}$ une base de ${\displaystyle V}$. D'après le théorème de la base incomplète, il existe un sous-ensemble ${\displaystyle G'\subset G}$ tel que ${\displaystyle L\cup G'}$ soit une base de ${\displaystyle E}$. Le sous-espace ${\displaystyle W}$ engendré par ${\displaystyle G'}$ est alors un supplémentaire de ${\displaystyle V}$ et — d'après la question 1 — ${\displaystyle W}$ est stable.

1. On a évidemment ${\displaystyle V_{\lambda }\oplus W_{\lambda }\subset U_{\lambda }}$. Réciproquement, montrons que tout vecteur ${\displaystyle x\in U_{\lambda }}$ appartient à ${\displaystyle V_{\lambda }+W_{\lambda }}$. Soit ${\displaystyle x=y+z}$ sa décomposition selon la somme directe ${\displaystyle V\oplus W}$. Alors, ${\displaystyle u(x)=\lambda x}$ se réécrit ${\displaystyle u(y)+u(z)=\lambda y+\lambda z}$, ce qui donne deux décompositions d'un même vecteur selon la somme directe ${\displaystyle V\oplus W}$. Par unicité d'une telle décomposition, ${\displaystyle u(y)=\lambda y}$ et ${\displaystyle u(z)=\lambda z}$, autrement dit : ${\displaystyle y\in V_{\lambda }}$ et ${\displaystyle z\in W_{\lambda }}$. On a donc bien : ${\displaystyle x=y+z\in V_{\lambda }+W_{\lambda }}$.
2. Notons ${\displaystyle U':=\oplus _{\lambda }U_{\lambda }\subset U}$ et définissons de même ${\displaystyle V'}$ et ${\displaystyle W'}$. D'après la question précédente, ${\displaystyle U'=\oplus _{\lambda }(V_{\lambda }\oplus W_{\lambda })=V'\oplus W'}$ donc ${\displaystyle U'\cap V=V'}$. Par conséquent, si ${\displaystyle u}$ est diagonalisable, c'est-à-dire si ${\displaystyle U=U'}$, alors ${\displaystyle V=V'}$ donc ${\displaystyle v}$ est diagonalisable, et de même pour ${\displaystyle w}$.
3. Soient ${\displaystyle u}$ un endomorphisme diagonalisable d'un espace ${\displaystyle E}$, et ${\displaystyle V}$ un sous-espace stable.

   D'après l'exercice 1, ${\displaystyle V}$ possède un supplémentaire stable.

   D'après la question précédente, la restriction de ${\displaystyle u}$ à ${\displaystyle V}$ est donc diagonalisable.

1. Le sous-espace propre pour ${\displaystyle v}$ pour une valeur propre ${\displaystyle \lambda }$ est stable par ${\displaystyle u}$ car c'est le noyau d'un endomorphisme qui commute avec ${\displaystyle u}$ : l'endomorphisme ${\displaystyle v-\lambda \mathrm {id} }$.
2. Pour n = 1, la propriété est vraie. Pour n ≥ 1, supposons-la vraie à l'ordre n et montrons qu'elle l'est encore à l'ordre n + 1. Soient ${\displaystyle u_{0},\dots ,u_{n}}$ des endomorphismes diagonalisables de ${\displaystyle E}$ qui commutent, et soit ${\displaystyle (E_{\lambda })_{\lambda }}$ la famille des sous-espaces propres pour ${\displaystyle u_{0}}$. D'après la question précédente, chaque ${\displaystyle E_{\lambda }}$ est stable par ${\displaystyle u_{1},\dots ,u_{n}}$. Les restrictions à ${\displaystyle E_{\lambda }}$ de ${\displaystyle u_{1},\dots ,u_{n}}$ commutent et (d'après l'exercice 2) sont diagonalisables. Par hypothèse de récurrence, il existe donc une base ${\displaystyle B_{\lambda }}$ de ${\displaystyle E_{\lambda }}$ constituée de vecteurs propres pour ${\displaystyle u_{1},\dots ,u_{n}}$. Ces vecteurs sont également propres pour ${\displaystyle u_{0}}$ (pour la valeur propre ${\displaystyle \lambda }$). La réunion des ${\displaystyle B_{\lambda }}$ est alors constituée de vecteurs propres pour ${\displaystyle u_{0},\dots ,u_{n}}$, et c'est une base de ${\displaystyle \oplus _{\lambda }E_{\lambda }=E}$, ce qui termine la preuve par récurrence.
3. Soit n le rang de cette famille, c'est-à-dire la dimension (inférieure ou égale à k²) du sous-espace vectoriel de M_k(K) qu'elle engendre, et soit ${\displaystyle (M_{1},\dots ,M_{n})}$ une sous-famille constituant une base de ce sous-espace. Ces n matrices sont simultanément diagonalisables d'après la question précédente. Soit ${\displaystyle P}$ une matrice qui les diagonalise. Alors ${\displaystyle P}$ diagonalise aussi toutes leurs combinaisons linéaires, en particulier la famille toute entière.

1. Si ${\displaystyle m\neq n}$, ${\displaystyle P_{n}\circ P_{m}=0=P_{m}\circ P_{n}}$.
2. ${\displaystyle P_{n}}$ est une projection, donc de valeurs propres 0 et 1, et de sous-espaces propres supplémentaires

   ${\displaystyle \ker(P_{n})=\{x\in E\mid x_{n}=0\},\quad \ker(P_{n}-\mathrm {id_{E}} )=\operatorname {im} (P_{n})=\{x\in E\mid \forall k\neq n\quad x_{k}=0\}}$.

3. Soient ${\displaystyle x}$ une suite non nulle propre pour tous les ${\displaystyle P_{n}}$, et ${\displaystyle m}$ un indice tel que ${\displaystyle x_{m}\neq 0}$. Alors, ${\displaystyle P_{m}(x)=x}$ donc le seul terme non nul de ${\displaystyle x}$ est ${\displaystyle x_{m}}$. Réciproquement, soit ${\displaystyle x}$ une suite dont seul le m-ième terme est non nul. Alors, ${\displaystyle x}$ est propre pour tous les ${\displaystyle P_{n}}$ (avec la valeur propre 1 pour ${\displaystyle P_{m}}$ et 0 pour les autres ${\displaystyle P_{n}}$). Les suites propres pour tous les ${\displaystyle P_{n}}$ à la fois sont donc les suites qui n'ont qu'un terme non nul.
4. Les suites propres pour tous les ${\displaystyle P_{n}}$ à la fois n'engendrent que le sous-espace des suites qui n'ont qu'un nombre fini de termes non nuls.

Notons ${\displaystyle A=\left({\begin{array}{cc}2&3\\4&6\\\end{array}}\right)}$.

Un simple calcul montre que ${\displaystyle A=P\left({\begin{array}{cc}0&0\\0&8\\\end{array}}\right)P^{-1}{\text{ avec }}P=\left({\begin{array}{cc}3&1\\-2&2\\\end{array}}\right)}$.

Si ${\displaystyle M}$ est solution de l'équation, alors ${\displaystyle M}$ commute avec ${\displaystyle A}$ donc ${\displaystyle A}$ et ${\displaystyle M}$ sont diagonalisables dans une même base.

Les solutions sont donc les matrices ${\displaystyle M=PNP^{-1}}$, avec ${\displaystyle N}$ diagonale et ${\displaystyle N^{n}=\left({\begin{array}{cc}0&0\\0&8\\\end{array}}\right)}$.

Si ${\displaystyle n}$ est pair, il y a deux solutions : ${\displaystyle M=P\left({\begin{array}{cc}0&0\\0&8^{\frac {1}{n}}\\\end{array}}\right)P^{-1}}$ et ${\displaystyle M=P\left({\begin{array}{cc}0&0\\0&-8^{\frac {1}{n}}\\\end{array}}\right)P^{-1}}$.

Si ${\displaystyle n}$ est impair, l'unique solution est ${\displaystyle M=P\left({\begin{array}{cc}0&0\\0&8^{\frac {1}{n}}\\\end{array}}\right)P^{-1}}$.

1. ${\displaystyle Au+\mathrm {i} Av=Aw=\lambda w=(au-bv)+\mathrm {i} (bu+av)}$ donc ${\displaystyle Au=au-bv}$ et ${\displaystyle Av=bu+av}$.
2. ${\displaystyle \dim E_{w}=1}$ ou ${\displaystyle 2}$.
3. Si ${\displaystyle (u,v)}$ est lié, soit ${\displaystyle (c,d)\in \mathbb {R} ^{2}}$ non nul tel que ${\displaystyle cu+dv=0}$. Alors, ${\displaystyle 0=A(cu+dv)=c(au-bv)+d(bu+av)=(ca+db)u+(-cb+da)v}$ donc ${\displaystyle (ca+db)d=(-cb+da)c}$, c.-à-d. ${\displaystyle b(c^{2}+d^{2})=0}$, si bien que ${\displaystyle b=0}$, c.-à-d. ${\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} }$. Par contraposition, si ${\displaystyle \lambda \notin \mathbb {R} }$ alors ${\displaystyle (u,v)}$ est libre donc est une base de ${\displaystyle E_{w}}$. La matrice de ${\displaystyle A_{|E_{w}}}$ dans cette base est alors ${\displaystyle {\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}}}$.