Diagonalize, se possível, a matriz A. Se for diagonalizável, encontre matrizes P e D, \operatorname{com} P invertível e D diagonal, tais que A=P D P^{-1} onde
A=\left(\begin{array}{ccc} 4 & 0 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede para diagonalizar a matriz
A = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 1\\\\ -2 & 1 & 0\\\\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix},
ou seja, encontrar uma matriz invertível P e uma diagonal D tais que
A = P\,D\,P^{-1}.
O conteúdo usado será: cálculo do polinômio característico para obter os autovalores (e ver que são distintos) e, para cada autovalor, resolver (A-\lambda I)x=0 para achar um autovetor.

Passo 2

Vamos calcular o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I).
\chi_A(\lambda) =\det\begin{pmatrix} 4-\lambda & 0 & 1\\\\ -2 & 1-\lambda & 0\\\\ -2 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Fazendo expansão pela primeira linha:
\chi_A(\lambda) =(4-\lambda)\,(1-\lambda)^2 +1\cdot\bigl((-2)\cdot0-(1-\lambda)(-2)\bigr) =(4-\lambda)(1-\lambda)^2+2(1-\lambda).
Expandindo e simplificando, chega-se a
\chi_A(\lambda)=-\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6 \quad\Longleftrightarrow\quad \lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=0,
que fatora como
(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3)=0.
Logo, os autovalores são \lambda_1=1, \lambda_2=2 e \lambda_3=3, todos distintos, o que garante que A é diagonalizável.

Passo 3

Autovetor para \lambda_1=1. Resolvemos
(A-I)x=0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1\\\\ -2 & 0 & 0\\\\ -2 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
As equações dão x=0, z=-3x=0, e y livre. Tomando y=1, obtemos o autovetor
v_1 = \begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 4

Autovetor para \lambda_2=2. Resolvemos
(A-2I)x=0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1\\\\ -2 & -1 & 0\\\\ -2 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
As equações dão z=-2x e y=-2x. Tomando x=1, obtemos
v_2 = \begin{pmatrix}1\\\ -2\\\ -2\end{pmatrix}.

Passo 5

Autovetor para \lambda_3=3. Resolvemos
(A-3I)x=0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\\\ -2 & -2 & 0\\\\ -2 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
As equações dão z=-x e y=-x. Tomando x=1, obtemos
v_3 = \begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ -1\end{pmatrix}.

Passo 6

Como v_1,v_2,v_3 são linearmente independentes, formamos
P = \bigl[v_1\;v_2\;v_3\bigr] = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\\\ 1 & -2 & -1\\\\ 0 & -2 & -1 \end{pmatrix},
e colocamos em D os autovalores na mesma ordem das colunas de P:
D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Verifica-se que P é invertível (determinante -1\neq0) e que
A = P\,D\,P^{-1}.

Resposta

Pode-se escolher, por exemplo,
P = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\\\ 1 & -2 & -1\\\\ 0 & -2 & -1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix},
de modo que A = P\,D\,P^{-1}.

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