Nos exercícios 51 a 58, verifique se a matriz A é diagonalizável. Caso seja, determine uma matriz P que diagonaliza A e obtenha P^{-1} A P.
A=\left[\begin{array}{rrr}6 & 0 & 6 \\\\ 0 & -2 & 0 \\\\ 6 & 0 & 1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}6 & 0 & 6 \\[4pt] 0 & -2 & 0 \\[4pt] 6 & 0 & 1\end{pmatrix}
e pede duas coisas: verificar se A é diagonalizável e, caso seja, determinar uma matriz P que diagonalize A e calcular P^{-1} A P.
Informações relevantes fornecidas:
  • A é uma matriz quadrada 3\times3.
  • As respostas pedidas são: (i) sim/não sobre diagonalizabilidade; (ii) uma matriz P cujas colunas sejam vetores que diagonalizam A; (iii) o produto P^{-1} A P.]

Passo 2

Rápida explicação didática do método que vou usar (sem termos técnicos pesados): para diagonalizar A eu procuro três vetores linearmente independentes que satisfaçam A v = \lambda v para alguns escalares \lambda (esses escalares são os autovalores). Os autovalores vêm das raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Se eu achar três autovetores linearmente independentes, coloco esses vetores como colunas de P; então P^{-1}AP será a matriz diagonal com os autovalores na diagonal.
Agora vamos calcular o polinômio característico.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
A-\lambda I=\begin{pmatrix}6-\lambda & 0 & 6 \\[4pt] 0 & -2-\lambda & 0 \\[4pt] 6 & 0 & 1-\lambda\end{pmatrix}
Expandindo o determinante usando a segunda linha/segunda coluna (já que tem zeros), obtemos
\det(A-\lambda I)=(-2-\lambda)\det\begin{pmatrix}6-\lambda & 6 \\[4pt] 6 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Calcule o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}6-\lambda & 6 \\[4pt] 6 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(6-\lambda)(1-\lambda)-6\cdot6.
Desenvolvendo:
(6-\lambda)(1-\lambda)-36 = (6-7\lambda+\lambda^2)-36 = \lambda^2-7\lambda-30.
Logo o polinômio característico é (até sinal)
\det(A-\lambda I)=-(\lambda+2)(\lambda^2-7\lambda-30).
Fatorando \lambda^2-7\lambda-30:
\lambda^2-7\lambda-30=(\lambda-10)(\lambda+3).
Portanto as raízes (autovalores) são
\lambda_1=10,\qquad \lambda_2=-3,\qquad \lambda_3=-2.
Como os três autovalores são distintos, isso já é um forte indício: uma matriz 3\times3 com três autovalores distintos tem três autovetores linearmente independentes e, portanto, é diagonalizável. Vou, mesmo assim, encontrar explicitamente os autovetores.]

Passo 4

Definição prática de autovetor e como encontrar: para cada autovalor \lambda resolvo (A-\lambda I)v=0. Vou fazer isso um por um, de forma detalhada e bem mastigada.
Autovalor \lambda=10.
A-10I=\begin{pmatrix}-4 & 0 & 6 \\[4pt] 0 & -12 & 0 \\[4pt] 6 & 0 & -9\end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T então as equações são
-4x+6z=0,
-12y=0,
6x-9z=0.
Da segunda equação vem y=0. As duas equações com x,z são equivalentes: a primeira dá -2x+3z=0 ou x=\tfrac{3}{2}z e a terceira dá 2x-3z=0 que é a mesma relação. Então z é parâmetro livre; escolho z=2 para obter números inteiros e daí x=3. Um autovetor correspondente é
v_1=\begin{pmatrix}3\\[4pt] 0\\[4pt] 2\end{pmatrix}.
Confirmação rápida: A v_1 = 10 v_1 (quem quiser pode multiplicar para checar).]

Passo 5

Autovalor \lambda=-3.
A+3I=\begin{pmatrix}9 & 0 & 6 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 6 & 0 & 4\end{pmatrix}.
Equações para v=(x,y,z)^T:
9x+6z=0,
y=0,
6x+4z=0.
As duas equações para x,z são equivalentes; por exemplo 3x+2z=0 que dá x=-\tfrac{2}{3}z. Escolho z=3 para ter x=-2. Assim um autovetor é
v_2=\begin{pmatrix}-2\\[4pt] 0\\[4pt] 3\end{pmatrix}.
Verificação: A v_2 = -3 v_2.]

Passo 6

Autovalor \lambda=-2.
A+2I=\begin{pmatrix}8 & 0 & 6 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 6 & 0 & 3\end{pmatrix}.
Equações:
8x+6z=0,
0\cdot x+0\cdot y+0\cdot z=0\\ \text{(identicamente satisfeita)},
6x+3z=0.
Das duas equações não triviais obtemos 4x+3z=0 e 2x+z=0. Igualando as duas expressões para x obtemos consistência apenas se z=0; daí x=0. A linha do meio implica que y é livre (pois a equação da segunda linha é 0=0). Logo os autovetores têm a forma (0,y,0)^T com y\neq0. Escolho y=1 e tomo
v_3=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Verificação: A v_3 = -2 v_3.]

Passo 7

Agora eu tenho três autovetores correspondentes a três autovalores distintos:
v_1=\begin{pmatrix}3\\[4pt] 0\\[4pt] 2\end{pmatrix}\quad(\lambda=10), \qquad v_2=\begin{pmatrix}-2\\[4pt] 0\\[4pt] 3\end{pmatrix}\quad(\lambda=-3), \qquad v_3=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix}\quad(\lambda=-2).
Coloco esses vetores como colunas da matriz P (na ordem que eu quiser; a ordem determina a ordem dos autovalores na diagonal). Escolho a ordem (10,-3,-2). Assim
P=\begin{pmatrix} 3 & -2 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 1 \\[4pt] 2 & 3 & 0 \end{pmatrix}.
Uma verificação rápida da invertibilidade de P: calculei \det P=-13\neq0, logo P é inversível e pode ser usada para diagonalizar A.]

Passo 8

Explicação do porquê P^{-1} A P é diagonal: por construção cada coluna v_i de P satisfaz A v_i=\lambda_i v_i. Isso implica A P = P D onde D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3). Multiplicando à esquerda por P^{-1} vem P^{-1} A P = D. Não preciso calcular P^{-1} explicitamente para saber o resultado, já que D é exatamente a matriz diagonal dos autovalores na mesma ordem das colunas de P.
No nosso caso
D = \begin{pmatrix}10 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -3 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & -2\end{pmatrix}.
Logo
P^{-1} A P = \begin{pmatrix}10 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -3 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & -2\end{pmatrix}.]

Resposta

A é diagonalizável.
P=\begin{pmatrix}3 & -2 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 1 \\[4pt] 2 & 3 & 0\end{pmatrix}
P^{-1}AP=\begin{pmatrix}10 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -3 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & -2\end{pmatrix}]

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