Exercício 6.8.21. Seja A o operador que, na base canônica \mathcal{B}_{3}=\left\{\mathbf{e}_{1}, \mathbf{e}_{2}, \mathbf{e}_{3}\right\} de \mathbb{R}^{3}, possui a matriz representativa
M=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & a & 1-a \\\\ 2 a-1 & a & a \end{array}\right)
\operatorname{com} a \in \mathbb{R}.
a) Estudar a diagonalizabilidade di A ao variar de a.
b) Para a=1 / 2 determinar, se existe, uma matriz inversível P tal que P^{-1} M P seja diagonal.

Passo 1

O enunciado define o operador A\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 cuja matriz na base canônica é
M=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & a & 1-a\\\\ 2a-1 & a & a \end{pmatrix},
com a\in\mathbb{R}. Pede-se (a) estudar para quais valores de a o operador é diagonalizável em \mathbb{R}^3 e (b), no caso a=\tfrac12, exibir uma matriz inversível P tal que P^{-1}MP seja diagonal. O conteúdo usado será cálculo de polinômio característico, autovalores, autovetores e condições de diagonalização sobre \mathbb{R}.

Passo 2

Vamos calcular o polinômio característico de M. Temos
\det(M-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 0\\\\ 0 & a-\lambda & 1-a\\\\ 2a-1 & a & a-\lambda \end{pmatrix} =(1-\lambda)\det\begin{pmatrix} a-\lambda & 1-a\\\ a & a-\lambda \end{pmatrix}.
A menor determinante é
(a-\lambda)^2 - a(1-a) =\lambda^2-2a\lambda+(2a^2-a).
Logo o polinômio característico é
\chi_M(\lambda) =(1-\lambda)\bigl[\lambda^2-2a\lambda+(2a^2-a)\bigr].

Passo 3

As raízes são
\lambda_1=1 \quad\text{e}\quad \lambda_{2,3} =\frac{2a\pm\sqrt{4a(1-a)}}{2} =a\pm\sqrt{a(1-a)}.
Para que \lambda_{2,3} sejam reais distintos precisamos de
4a(1-a)>0 \quad\Longleftrightarrow\quad 0<a<1.
Se 0<a<1 e a\neq\tfrac12, então \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3 são três valores distintos em \mathbb{R} e cada autovalor gera um autovetor independente, de modo que M é diagonalizável.
Quando a=\tfrac12 ainda é 4a(1-a)=1>0, mas uma das raízes coincide com \lambda_1=1, gerando autovalor 1 de multiplicidade algébrica 2. Há que checar a multiplicidade geométrica para esse caso.
Se a=0 ou a=1 então 4a(1-a)=0 e há autovalor com multiplicidade algébrica maior que 1, mas a multiplicidade geométrica é menor, impedindo a diagonalização.
Fora do intervalo [0,1] temos 4a(1-a)<0 e \lambda_{2,3} são complexos, logo não há diagonalização em \mathbb{R}.

Passo 4

Passamos, então, aos resultados de (a):
— Para 0<a<1, M tem três autovalores reais (em a\neq\tfrac12) ou dois reais com multiplicidade de autovetores compatível (em a=\tfrac12), logo é diagonalizável sobre \mathbb{R}.
— Para a\le0, a\ge1 ou precisamente a=0,1, não é diagonalizável em \mathbb{R}.

Passo 5

Agora em (b) tomamos a=\tfrac12. A matriz fica
M=\begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&\tfrac12&\tfrac12\\\\ 0&\tfrac12&\tfrac12 \end{pmatrix}.
Os autovalores são \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=0 (multiplicidade 1).
Para \lambda=1, resolvemos (M-I)v=0, obtendo z=y e x livre. Dois autovetores independentes são
v_1=(1,0,0)^T, \quad v_2=(0,1,1)^T.
Para \lambda=0, resolvemos Mv=0, obtendo x=0,\;z=0, e escolhemos
v_3=(0,1,0)^T.
Então a matriz P cujas colunas são \bigl(v_1,v_2,v_3\bigr) é
P=\begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&1&1\\\\ 0&1&0 \end{pmatrix},
que é inversível (determinante -1). Com ela obtém-se
P^{-1}MP =\begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&1&0\\\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.

Resposta

(a) O operador é diagonalizável em \mathbb{R}^3 se, e somente se, 0<a<1.
(b) Para a=\tfrac12, uma escolha possível é
P=\begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&1&1\\\\ 0&1&0 \end{pmatrix},
com P^{-1}MP=\mathrm{diag}(1,1,0).

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