Soit $P(X)=a_n X^n+\dots+a_1X+a_0$ ce polynôme. Puisque $P(0)=0$, on a $a_0=0$. Puisque $P'(0)\neq 0$, on a $a_1\neq 0$. Prenons maintenant $y\in\ker(f)\cap\textrm{Im}(f)$. On peut donc écrire $y=f(x)$ et on sait que $f(y)=0$, ce qui entraîne $f^p(x)=0$ pour tout $p\geq 2$. On applique alors la relation $P(f)=0$ à $x$ : $$0=P(f)(x)=a_nf^n(x)+\dots+a_1 f(x)=a_1 f(x)=a_1y$$ ce qui entraîne $y=0$. $\ker(f)$ et $\hbox{Im}(f)$ sont donc en somme directe. De plus, par le théorème du rang, on sait que $$\dim(\ker(f))+\dim(\hbox{Im}(f))=\dim(E).$$ D'où l'égalité demandée.

Le sens direct est clair (le produit de deux matrices triangulaires supérieures étant une matrice triangulaire supérieure). Réciproquement, soit $\chi_A(X)$ le polynôme caractéristique de $A$. $$\chi_A(X)=X^n+a_{n-1}X^{n-1}+\dots+a_0$$ où $a_0=(-1)^n \det(A)$. En particulier, $a_0\neq 0$. D'après le théorème de Cayley-Hamilton, on a $$\chi_A(A)=A^n+a_{n-1}A^{n-1}+\dots+a_0 I_n=0.$$ On multiplie la relation par $A$, puis on isole $A$. Il vient : $$A=\frac{-1}{a_0}\left(a_1A^2+\dots+a_{n-1}A^n+A^{n+1}\right).$$ Ainsi, comme $A^2,\dots,A^{n+1}$ sont triangulaires supérieures, il en est de même de $A$.
Le résultat ne subsiste pas si $A$ n'est pas inversible. En effet, prenons $$A=\left( \begin{array}{cc} 0&0\\ 1&0 \end{array}\right).$$ $A$ n'est pas triangulaire supérieure, et pour tout $k\geq 2$, $A^k=0$.

La somme $\sum_{k=0}^{p-1} \omega^k A^k$ fait penser à une suite géométrique. On ne peut bien sûr par utiliser directement la formule de la somme d'une telle série, mais on peut s'en inspirer en calculant \begin{align*} (I_n-\omega A)\sum_{k=0}^{p-1}\omega^k A^k&=\sum_{k=0}^{p-1}\omega^k A^k-\sum_{k=0}^{p-1}\omega^{k+1}A^{k+1}\\ &=I_n-\omega^p A^p\\ &=0 \end{align*} puisque $\omega^p=1$ et $A^p=I_n$. Or, puisque $\omega^{-1}$ n'est pas une valeur propre de $A$, la matrice $I_n-\omega A=-\omega(A-\omega^{-1}I_n)$ est inversible. On en déduit que $\sum_{k=0}^{p-1}\omega^k A^k=0$.

On va utiliser plusieurs méthodes. Pour $A$, on remarque que son polynôme caractéristique est $(X-1)^2$. Son polynôme minimal ne peut être que $(X-1)$ ou $(X-1)^2$. Ce ne peut pas être $X-1$ car si $A$ serait égale à $I_2$ donc son polynôme minimal est $(X-1)^2$.
Pour $B$, on remarque que $B^2=3B$ et donc $B^2-3B=0$. Comme $B$ n'est pas un multiple de l'identité, on en déduit que son polynôme minimal est $X^2-3X$.
Pour $C$, nous allons utiliser le fait qu'elle est diagonalisable. On commence par calculer le polynôme caractéristique de $C$. Après calculs, on trouve qu'il est égal à $$\chi_C(X)= (X-1)(X+1)^2.$$ $C$ admet donc deux valeurs propres, $1$ et $-1$. On recherche les espaces propres associés. Pour la valeur propre 1, on trouve que $E_1=\mathbb R f_1$ avec $f_1=(1,1,1)$. Pour la valeur propre -1, on trouve que $E_{-1}=\mathbb R f_2\oplus\mathbb Rf_3$ avec $f_2=(-1,1,0)$ et $f_3=(1,0,1)$. La matrice $C$ est donc diagonalisable, de spectre $1$ et $-1$. Son polynôme minimal est donc $(X-1)(X+1)$. On aurait pu aussi dire que son polynôme minimal divise le polynôme caractéristique $(X-1)(X+1)^2$ tout en ayant les mêmes racines. Cela ne peut être que $(X-1)(X+1)$ ou $(X-1)(X+1)^2$. Il était alors facile de vérifier que $(X-1)(X+1)$ est un polynôme annulateur pour $C$.
Pour $D$, le polynôme caractéristique de $D$ est $$\chi_D(X)=(X+1)^3.$$ La seule valeur propre de $D$ est donc -1. Comme $D$ n'est pas égale à $-I_3$, $D$ n'est pas diagonalisable et son polynôme minimal ne peut être que $(X+1)^3$ ou $(X+1)^2$. Un calcul rapide montre que $(D+I_3)^2=0$, et donc le polynôme minimal de $D$ est $(X+1)^2$.

Supposons d'abord que $P$ et $\pi_u$ sont premiers entre eux. Alors, d'après le théorème de Bézout, il existe $U,V\in\mathbb K[X]$ tels que $UP+V\pi_u=1$. On évalue en $u$ : $$U(u)P(u)+V(u)\pi_u(u)=Id_E\iff U(u)P(u)=Id_E.$$ $P(u)$ est donc inversible, d'inverse $U(u)$.
Réciproquement, supposons que $P$ et $\pi_u$ ne sont pas premiers entre eux, et soit $Q$ un facteur commun. On factorise $\pi_u$ en $\pi_u=QR$ avec $\deg(Q),\deg(R )<\deg(\pi_u)$. En particulier, on a $R(u)\neq 0$. Mais d'autre part, $\pi_u|PR$ et donc $0=P(u)R(u)$. Comme $R(u)$ est non-nul, $P(u)$ n'est pas inversible.

Commençons par prouver que $1.\implies 2.$ Pour cela, on part de $(e_1,\dots,e_n)$ une base de vecteurs propres de $f$, $f(e_i)=\lambda_i e_i$, et posons $x=e_1+\dots+e_n$. Alors la famille $(x,f(x),\dots,f^{n-1}(x))$ est libre, donc c'est une base de $E$. En effet, s'il existe une relation de liaison $$\alpha_0 x+\dots+\alpha_{n-1}f^{n-1}(x)=0,$$ alors puisque $$f^k(x)=\lambda_1^k e_1+\dots+\lambda_n^k e_n$$ en raisonnant coordonnées par coordonnées on obtient que pour tout $i$, on a $$\alpha_0+\alpha_1\lambda_i+\dots+\alpha_{n-1}\lambda_i^{n-1}=0.$$ Notant $P$ le polynôme $P(X)=\alpha_0+\alpha_1X+\dots+\alpha_{n-1}X^{n-1}$, on obtient que $P(\lambda_i)=0$ pour tout $i=1,\dots,n$, donc $P$ admet $n$ racines distinctes. $P$ est le polynôme nul, donc tous les $\alpha_i$ sont nuls et la famille est effectivement libre. Une autre façon de procéder aurait été de remarquer que la matrice de passage de $(e_1,\dots,e_n)$ à $(x,f(x),\dots,f^{n-1}(x))$ est une matrice de Vandermonde.
L'implication $2.\implies 3.$ est la plus facile des trois. En effet, si la famille $(Id,f,\dots,f^{n-1})$ était liée, toute relation de liaison non triviale donnerait, par évaluation en $x$, une relation de liaison non triviale sur la famille $(x,f(x),\dots,f^{n-1}(x))$.
Prouvons enfin $3.\implies 1.$. Puisque $f$ est diagonalisable, son polynôme minimal est scindé à racines simples. Mais d'après la troisième propriété, ce polynôme doit être au moins de degré $n$. Il est donc exactement de degré $n$, et admet $n$ racines distinctes qui sont les valeurs propres de $f$.

On commence par remarque que, pour tout $n\geq 1$, $M^n$ a la forme suivante : $$\left(\begin{array}{cc} A^n&*\\ 0&B^n \end{array}\right).$$ Donc, pour tout polynôme $R$, on a $$R(M)=\left(\begin{array}{cc} R(A)&*\\ 0&R(B) \end{array}\right).$$ En particulier, on a $$P(M)=\left(\begin{array}{cc} 0&*\\ 0&* \end{array}\right)\textrm{ et } Q(M)=\left(\begin{array}{cc} *&*\\ 0&0 \end{array}\right).$$ On vérifie alors aisément que $PQ(M)=P(M)Q(M)=0$.