Diagonalizável se e somente se \(m_T\) tem raízes reais simples
\(T\) é diagonalizável se e somente se \(m_T\) tem todas as raízes reais e simples, isto é, \(m_T = (t-\lambda_1)\cdots(t-\lambda_k)\) com \(\lambda_i\) reais e distintos. Basta, para isso, que \(T\) seja anulado por algum polinômio com raízes reais simples.
Os polinômios de Lagrange nos autovalores \(1,2,3\). Cada \(q_i\) vale \(1\) no seu autovalor e \(0\) nos outros, e os três somam \(1\). Aplicados a \(T\), viram as projeções sobre os autoespaços: \(q_i(T)\) é a identidade em \(V_{\lambda_i}\) e zero nos outros, e \(\sum_iq_i(T) = I\) é a decomposição \(V = \bigoplus_iV_{\lambda_i}\).
A demonstração amarra três coisas: os polinômios de Lagrange (Proposição 5.13), as somas diretas como famílias de projeções que somam a identidade (Proposição 2.33, Proposição 8.45), e a diagonalização (Teorema 8.23).
Demonstração
(\(\Rightarrow\)) Numa base de autovetores, \(\prod_i(T-\lambda_iI)\) anula cada vetor da base (o fator correspondente ao seu autovalor o anula, e os fatores comutam).
(\(\Leftarrow\)) Considere os polinômios de Lagrange nos nós \(\lambda_1,\ldots,\lambda_k\) (Proposição 5.13): \[q_i(t) = \prod_{j\neq i}\frac{t-\lambda_j}{\lambda_i-\lambda_j},\qquad q_i(\lambda_j) = \delta_{ij}.\] O polinômio \(\sum_iq_i\) tem grau \(\leq k-1\) e vale \(1\) nos \(k\) nós, logo é a constante \(1\) (a diferença teria \(k\) raízes). Portanto \(\sum_iq_i(T) = I\). Além disso, \((t-\lambda_i)q_i(t)\) é um múltiplo de \(\prod_j(t-\lambda_j)\), que anula \(T\); logo \((T-\lambda_iI)q_i(T) = 0\), isto é, \(\Ima q_i(T)\subset V_{\lambda_i}\). Então todo \(v\) se escreve \[v = \sum_iq_i(T)v\in V_{\lambda_1}+\cdots+V_{\lambda_k},\] e \(V\) é a soma dos autoespaços: \(T\) é diagonalizável (Teorema 8.23). A última frase do enunciado: se \(p(T) = 0\) com raízes simples, \(m_T\) divide \(p\) e também tem raízes simples.
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\cardtitulo{Diagonalizável se e somente se $m_T$ tem raízes reais simples}
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\cardrequer{thm-min, def-diag}
\cardrequerdem{prop-lagrange, thm-crit}
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\begin{cartao}
\emph{$T$ é diagonalizável se
e somente se $m_T$ tem todas as raízes reais e simples, isto é,
$m_T = (t-\lambda_1)\cdots(t-\lambda_k)$ com $\lambda_i$ reais e distintos. Basta, para isso, que
$T$ seja anulado por \emph{algum} polinômio com raízes reais simples.}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1.6,yscale=1.3,every node/.style={scale=0.95}]
\draw[eixo] (0.4,0)--(3.7,0);
\draw[eixo] (0.5,-0.6)--(0.5,1.5);
\draw[Fazul,line width=1pt,domain=0.6:3.4,samples=60,variable=\tt] plot ({\tt},{(\tt-2)*(\tt-3)/2});
\draw[Flaranja,line width=1pt,domain=0.6:3.4,samples=60,variable=\tt] plot ({\tt},{-(\tt-1)*(\tt-3)});
\draw[Fverde,line width=1pt,domain=0.6:3.4,samples=60,variable=\tt] plot ({\tt},{(\tt-1)*(\tt-2)/2});
\draw[Fcinza,dashed,line width=0.6pt] (0.6,1)--(3.4,1);
\foreach \xx in {1,2,3}{\draw[tr] (\xx,-0.5)--(\xx,1.3); \node[cxs,anchor=north] at (\xx,-0.5) {$\lambda_{\xx}=\xx$};}
\node[cxs,Fazul,anchor=east] at (0.95,1.2) {$q_1$};
\node[cxs,Flaranja,anchor=south] at (2,1.03) {$q_2$};
\node[cxs,Fverde,anchor=west] at (3.05,1.2) {$q_3$};
\node[cxs,Fcinza,anchor=west] at (3.45,1) {$q_1+q_2+q_3 = 1$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
{\footnotesize\itshape Os polinômios de Lagrange nos autovalores $1,2,3$. Cada $q_i$ vale $1$
no seu autovalor e $0$ nos outros, e os três somam $1$. Aplicados a $T$, viram as projeções
sobre os autoespaços: $q_i(T)$ é a identidade em $V_{\lambda_i}$ e zero nos outros, e
$\sum_iq_i(T) = I$ é a decomposição $V = \bigoplus_iV_{\lambda_i}$.\par}
\begin{demonstracao}
($\Rightarrow$) Numa base de autovetores, $\prod_i(T-\lambda_iI)$ anula cada vetor da base
(o fator correspondente ao seu autovalor o anula, e os fatores comutam).
($\Leftarrow$) Considere os polinômios de Lagrange nos nós $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$
(\vejacard{prop-lagrange}):
\[q_i(t) = \prod_{j\neq i}\frac{t-\lambda_j}{\lambda_i-\lambda_j},\qquad q_i(\lambda_j) = \delta_{ij}.\]
O polinômio $\sum_iq_i$ tem grau $\leq k-1$ e vale $1$ nos $k$ nós, logo é a constante $1$ (a
diferença teria $k$ raízes). Portanto $\sum_iq_i(T) = I$. Além disso,
$(t-\lambda_i)q_i(t)$ é um múltiplo de $\prod_j(t-\lambda_j)$, que anula $T$; logo
$(T-\lambda_iI)q_i(T) = 0$, isto é, $\Ima q_i(T)\subset V_{\lambda_i}$. Então todo $v$ se escreve
\[v = \sum_iq_i(T)v\in V_{\lambda_1}+\cdots+V_{\lambda_k},\]
e $V$ é a soma dos autoespaços: $T$ é diagonalizável (\vejacard{thm-crit}). A última frase do enunciado:
se $p(T) = 0$ com raízes simples, $m_T$ divide $p$ e também tem raízes simples.
\end{demonstracao}
\noindent A demonstração amarra três coisas: os polinômios de Lagrange
(\vejacard{prop-lagrange}), as somas diretas como
famílias de projeções que somam a identidade (\vejacard{prop-proj},
\vejacard{prop-somainv}), e a diagonalização (\vejacard{thm-crit}).
\end{cartao}