Un résultat renversant

$\boxed{\Rightarrow}$ Supposons $A$ diagonalisable (dans $\R$) : il existe $P\in GL_{n}(\R)$ inversible et $D\in M_{n}(\R)$ diagonale telles que $P^{-1}AP=D$. Alors $D$ est inversible et $P^{-1}A^{-1}P=D^{-1}$ est aussi diagonale. Il en résulte en développant que $P^{-1}(A-A^{-1})P=D-D^{-1}$ qui est diagonale donc $A-A^{-1}$ est diagonalisable.

$\boxed{\Leftarrow}$ Avant de commencer, rappelons le résultat classique sur les polynômes de matrices : Quand $U,V$ sont deux polynômes premiers entre eux, on a $\ker UV(A)=\ker U(A)\oplus \ker V(A)$

Preuve si besoin

(exploiter à fond l’existence de deux polynômes $u,v$ tels que $uU+vV=1$ en instanciant en $A$).
Voir p.ex. Arnaudiès et Frayssé, Cours de mathématiques -1, page 638 (Dunod)

Supposons $B=A-A^{-1}$ diagonalisable et travaillons sur une valeur propre (réelle) $\mu$ de $B$.
L’équation en $x$ : $x-1/x=\mu$ est trinômiable à discriminant $\mu^{2}+4$ strictement positif, elle a donc deux racines réelles distinctes $\lambda,\lambda'$ de produit -1 (donc non nulles et $\lambda'=-1/\lambda$) et de somme $\mu=\lambda+\lambda'$.
On peut factoriser de deux façons $AB-\mu A$ :

1. $AB-\mu A=A(B-\mu I_{n})$, ce qui donne $\ker (AB-\mu A)=E_{\mu}(B)$ car $A$ est inversible,
2. $AB-\mu A=A^{2}-I_{n}-(\lambda +\lambda')A=(A-\lambda I_{n})(A-\lambda' I_{n})$
   En rapprochant les deux et en invoquant le résultat classique ($X-\lambda$ et $X-\lambda'$ sont premiers entre eux car $\lambda\neq\lambda'$), il vient
   $$E_{\mu}(B)=E_{\lambda}(A)\oplus E_{\lambda'}(A)$$et $\R^{n}$ étant somme directe des $E_{\mu}(B)$ pour $\mu\in Sp(B)$ car $B$ est diagonalisable, il est aussi somme directe de sous-espaces propres de $A$, donc $A$ est diagonalisable.