Diagonalize as seguintes matrizes, se possível:
A=\left[\begin{array}{ccc}2 & 4 & 3 \\\\ -4 & -6 & -3 \\\\ 3 & 3 & 1\end{array}\right]

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos dá:
  • Dado a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 4 & 3 \\[4pt] -4 & -6 & -3 \\[4pt] 3 & 3 & 1\end{pmatrix}.
  • Pedido: diagonalizar A, se for possível.
Informações úteis extraídas do enunciado:
  • A é uma matriz quadrada 3\times3.
  • Para decidir se A é diagonalizável precisamos encontrar todos os autovalores (com suas multiplicidades algébricas) e os autovetores (e as multiplicidades geométricas) e verificar se existe um conjunto de três autovetores linearmente independentes.]

Passo 2

Breve explicação do método (passo a passo do que será feito; aula rápida e prática):
  • Diagonalizar uma matriz A significa encontrar uma matriz invertível P e uma matriz diagonal D tais que
P^{-1}AP=D,
onde as entradas diagonais de D são autovalores de A e as colunas de P são autovetores correspondentes (um autovetor por autovalor na mesma ordem).
  • Procedimento prático:
    1. Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I) e achar os autovalores \lambda (raizes).
    2. Para cada autovalor \lambda, resolver (A-\lambda I)v=0 para obter a(s) família(s) de autovetores.
    3. Comparar multiplicidade algébrica (da raiz \lambda no polinômio) com a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio \ker(A-\lambda I)). A é diagonalizável sse a soma das multiplicidades geométricas é 3 (isto é, existem 3 autovetores independentes).
  • Vou mostrar todos os passos de cálculo, devagarinho, para você conseguir reproduzir na prova.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Começo escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 4 & 3 \\[4pt] -4 & -6-\lambda & -3 \\[4pt] 3 & 3 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculo o determinante por expansão padrão (uma linha/coluna ou regra de Sarrus/expansão):
\det(A-\lambda I) =(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}-6-\lambda & -3 \\[4pt] 3 & 1-\lambda\end{pmatrix} -4\det\begin{pmatrix}-4 & -3 \\[4pt] 3 & 1-\lambda\end{pmatrix} +3\det\begin{pmatrix}-4 & -6-\lambda \\[4pt] 3 & 3\end{pmatrix}.
Calculo cada menor:
  1. Para o primeiro menor:
\det\begin{pmatrix}-6-\lambda & -3 \\[4pt] 3 & 1-\lambda\end{pmatrix} =( -6-\lambda)(1-\lambda)-(-3)\cdot3.
Expando ( -6-\lambda)(1-\lambda)=\lambda^2+5\lambda-6. Somando +9 (por -(-3)\cdot3) dá
\lambda^2+5\lambda+3.
Portanto o primeiro termo é (2-\lambda)(\lambda^2+5\lambda+3).
  1. Segundo menor:
\det\begin{pmatrix}-4 & -3 \\[4pt] 3 & 1-\lambda\end{pmatrix} =(-4)(1-\lambda)-(-3)\cdot3 = -4+4\lambda+9 = 4\lambda+5.
Multiplicando por -4 (o fator externo) dá -4(4\lambda+5)=-16\lambda-20.
  1. Terceiro menor:
\det\begin{pmatrix}-4 & -6-\lambda \\[4pt] 3 & 3\end{pmatrix} =(-4)\cdot 3 - ( -6-\lambda)\cdot 3 = -12 +18 +3\lambda = 6+3\lambda.
Multiplicando pelo coeficiente 3 18+9\lambda.
Somando os três termos:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^2+5\lambda+3)+(-16\lambda-20)+(18+9\lambda).
Agrupando os termos livres:
(-16\lambda-20)+(18+9\lambda)=(-7\lambda-2).
Logo
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^2+5\lambda+3)-7\lambda-2.
Expando o produto (2-\lambda)(\lambda^2+5\lambda+3):
2(\lambda^2+5\lambda+3)-\lambda(\lambda^2+5\lambda+3) =2\lambda^2+10\lambda+6 -\lambda^3-5\lambda^2-3\lambda =-\lambda^3-3\lambda^2+7\lambda+6.
Somando -7\lambda-2 obtém-se
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3-3\lambda^2+4.
Multiplicando por -1 (para simplificar):
\det(A-\lambda I)=-(\lambda^3+3\lambda^2-4).
Assim o polinômio característico é proporcional a \lambda^3+3\lambda^2-4. As raízes são as mesmas de
\lambda^3+3\lambda^2-4=0.]

Passo 4

Achar as raízes do polinômio \lambda^3+3\lambda^2-4.
Testando raízes inteiras possíveis ( \pm1,\pm2,\pm4):
\lambda=1:\quad 1+3-4=0,
logo \lambda=1 é raiz. Faço divisão sintética ou fatoração para reduzir o polinômio:
dividindo \lambda^3+3\lambda^2+0\lambda-4 por (\lambda-1) obtém-se o quociente \lambda^2+4\lambda+4. Logo
\lambda^3+3\lambda^2-4=(\lambda-1)(\lambda^2+4\lambda+4).
Mas \lambda^2+4\lambda+4=(\lambda+2)^2. Portanto as raízes são
\lambda_1=1\quad(\text{multiplicidade algébrica }1),é
\lambda_2=-2\quad(\text{multiplicidade algébrica }2).é

Passo 5

Encontrar o espaço próprio (autovetores) para [\lambda=1): resolver (A-I)v=0.
Escrevo A-I:
A-I=\begin{pmatrix}1 & 4 & 3 \\[4pt] -4 & -7 & -3 \\[4pt] 3 & 3 & 0\end{pmatrix}.
Faço eliminação (mostrando as operações):
  • R_2\leftarrow R_2+4R_1 e R_3\leftarrow R_3-3R_1:
\begin{pmatrix} 1 & 4 & 3 \\\\ 0 & 9 & 9 \\\\ 0 & -9 & -9 \end{pmatrix}.
  • R_3\leftarrow R_3+R_2 dá linha zero, e R_2\leftarrow \tfrac{1}{9}R_2:
\begin{pmatrix} 1 & 4 & 3 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
  • R_1\leftarrow R_1-4R_2:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Sistema equivalente:
\begin{cases} x - z = 0,\\[4pt] y + z = 0. \end{cases}
Colocando z=t\] livre, obtemos \(x=t,\\ y=-t,\\ z=t. Assim o espaço próprio de \lambda=1 é
E_{1}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\\[4pt] 1\end{pmatrix}\right\}.
A multiplicidade geométrica de \lambda=1 é 1.]

Passo 6

Encontrar o espaço próprio para [\lambda=-2): resolver (A+2I)v=0.
Escrevo A+2I:
A+2I=\begin{pmatrix}4 & 4 & 3 \\[4pt] -4 & -4 & -3 \\[4pt] 3 & 3 & 3\end{pmatrix}.
Faço eliminação. Observações: R_2=-1\cdot R_1 parcialmente, mas ainda há R_3. Procedo por operações inteiras:
  • Troco linhas para trabalhar: use R_1 e R_3:
\begin{pmatrix} 4 & 4 & 3 \\\\ 3 & 3 & 3 \\\\ -4 & -4 & -3 \end{pmatrix}.
  • Faço R_2\leftarrow 4R_2-3R_1 (para eliminar sem fração):
4R_2-3R_1 = 4(3,3,3)-3(4,4,3)=(12,12,12)-(12,12,9)=(0,0,3).
Logo a nova matriz (após também anular a última linha usando R_3\leftarrow R_3+R_1) fica
\begin{pmatrix} 4 & 4 & 3 \\\\ 0 & 0 & 3 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
  • Dividindo a segunda linha por 3 e a primeira por 4 (para ver os pivôs):
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Equações equivalentes:
\begin{cases} x+y=0,\\[4pt] z=0. \end{cases}
Escolhendo y=s\] livre, temos \(x=-s,\\ z=0. Assim o espaço próprio é
E_{-2}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix}\right\}.
A multiplicidade geométrica de \lambda=-2 é 1, embora a multiplicidade algébrica seja 2.]

Passo 7

Interpretação final (critério de diagonalização) e conclusão:
  • Resumo dos autovalores e espaços próprios:
    • \lambda=1 com multiplicidade algébrica 1 e espaço próprio E_{1}=\operatorname{span}\{(1,-1,1)^T\} (geométrica 1).
    • \lambda=-2 com multiplicidade algébrica 2 e espaço próprio E_{-2}=\operatorname{span}\{(-1,1,0)^T\} (geométrica 1).
  • Para a matriz 3\times3 ser diagonalizável é preciso ter três autovetores linearmente independentes (soma das multiplicidades geométricas igual a 3). Aqui a soma das multiplicidades geométricas é 1+1=2<3.
  • Conclusão: não existe uma base de \mathbb{R}^3 (ou \mathbb{C}^3) formada apenas por autovetores de A. Portanto A NÃO é diagonalizável.
Se fosse diagonalizável, eu montaria P com colunas os autovetores e D com os autovalores na diagonal; neste caso não é possível porque falta um autovetor independente para completar a base.

Resposta

A matriz A não é diagonalizável.
Autovalores: \lambda=1 (alg. 1), \lambda=-2 (alg. 2).
Espaços próprios: E_{1}=\operatorname{span}\!\Big\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big\}, \;E_{-2}=\operatorname{span}\!\Big\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Big\}.]

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