Supposons que \(\mathrm{Spectre}(A)=\{\lambda_1,\dots,\lambda_k\}\).

\(\Rightarrow\): Supposons que \(A\) est diagonalisable. Par le théorème de la section précédente, il existe donc une base de \(\mathbb{R}^n\), formée de vecteurs propres de \(A\): \[\mathcal{B}=(\boldsymbol{v}_1,\dots,\boldsymbol{v}_n)\,.\] Puisque chaque \(\boldsymbol{v}_j\) est vecteur propre, il doit être associé à une des valeurs propres de \(\mathrm{Spectre}(A)\). Pour \(i=1,\dots,k\), définissons \(m_i\) comme étant le nombre de vecteurs de la famille \(\{\boldsymbol{v}_1,\dots,\boldsymbol{v}_n\}\) qui sont associés à la valeur propre \(\lambda_i\). On a donc \[ \sum_{i=1}^km_i=n\,. \] Puisque \(\mathcal{B}\) est une base, les vecteurs de \(\{\boldsymbol{v}_1,\dots,\boldsymbol{v}_n\}\) qui sont associés à une même valeur propre forment une famille libre, donc \[ m_i\leqslant \mathrm{mult}_g(\lambda_i)\,. \] Mais comme on sait aussi que \(\mathrm{mult}_g(\lambda_i)\leqslant \mathrm{mult}_a(\lambda_i)\), on peut écrire \[ n= \sum_{i=1}^km_i \leqslant \sum_{i=1}^k\mathrm{mult}_g(\lambda_i) \leqslant \sum_{i=1}^k\mathrm{mult}_a(\lambda_i) \leqslant n\,, \] qui implique \[ \sum_{i=1}^k\mathrm{mult}_g(\lambda_i) =\sum_{i=1}^k\mathrm{mult}_a(\lambda_i) =n\,. \] Remarquons aussi que cette dernière implique que \[ \mathrm{mult}_g(\lambda_i)=\mathrm{mult}_a(\lambda_i)\qquad \forall i=1,\dots,k\,. \] En effet, si il existe un \(i\) tel que \[ \mathrm{mult}_g(\lambda_i)\lt \mathrm{mult}_a(\lambda_i)\,, \] alors \[ \sum_{i=1}^k\mathrm{mult}_g(\lambda_i) \lt \sum_{i=1}^k\mathrm{mult}_a(\lambda_i)\,. \] \(\Leftarrow\): (Le paragraphe qui suit est un peu lourd en notations, même si l'idée est simple.) Supposons maintenant que cette dernière égalité est vraie. Pour chaque \(i=1,\dots,k\), définissons \(g_i:= \mathrm{mult}_g(\lambda_i)=\dim(E_{\lambda_i})\), et considérons une base de \(E_{\lambda_i}\), notée \[ \mathcal{B}_i=( \boldsymbol{v}^{(i)}_1, \boldsymbol{v}^{(i)}_2, \dots, \boldsymbol{v}^{(i)}_{g_i} )\,. \] Montrons que l'union de toutes ces bases, \[ \mathcal{B}:= \mathcal{B}_1\cup\cdots \cup \mathcal{B}_k \] qui contient par définition \(n\) vecteurs, est libre. On considère donc la relation linéaire \[ (*)\qquad\lambda^{(1)}_1\boldsymbol{v}^{(1)}_1 +\cdots +\lambda^{(k)}_{g_k}\boldsymbol{v}^{(k)}_{g_k} =\boldsymbol{0}\,. \] Plus précisément, \[ (*)\qquad \sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^{g_i}\lambda^{(i)}_{j}\boldsymbol{v}^{(i)}_j=\boldsymbol{0}\,. \] Si on introduit les vecteurs \[ \boldsymbol{w}_i:= \sum_{j=1}^{g_i}\lambda^{(i)}_{j}\boldsymbol{v}^{(i)}_j\,, \] alors \((*)\) devient \[ (*)\qquad \boldsymbol{w}_1+\cdots+\boldsymbol{w}_k=\boldsymbol{0} \] Mais chaque \(\boldsymbol{w}_i\in E_{\lambda_i}\), et donc les \(\boldsymbol{w}_1,\dots,\boldsymbol{w}_k\) sont des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes, ils forment donc une famille libre. Ceci signifie que si leur somme est nulle, alors ils sont tous nuls: \[ \boldsymbol{w}_i=\boldsymbol{0}\qquad\forall i=1,\dots,k. \] Mais comme \(\mathcal{B}_i=( \boldsymbol{v}^{(i)}_1, \boldsymbol{v}^{(i)}_2, \dots, \boldsymbol{v}^{(i)}_{g_i})\) est une base, ses vecteurs sont indépendants, et donc \[ \boldsymbol{w}_i= \lambda^{(i)}_{1}\boldsymbol{v}^{(i)}_1 +\cdots+ \lambda^{(i)}_{g_i}\boldsymbol{v}^{(i)}_{g_i}=\boldsymbol{0}\, \] implique que \(\lambda^{(i)}_{1}=\cdots=\lambda^{(i)}_{g_i}=0\). Ceci montre que \(\mathcal{B}\) est libre; puisqu'elle contient \(n\) vecteurs, c'est une base de \(\mathbb{R}^n\). Par conséquent, \(A\) est diagonalisable.