( Ex. 6.1.4 do livro texto) Ache para cada matriz A, se possível, uma matriz não-singular P tal que P^{-1} A P seja diagonal:
\left[\begin{array}{rrr} 4 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \\ -1 & -2 & 0 \end{array}\right] \text { e }\left[\begin{array}{lll} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede para cada matriz
A_1 = \begin{pmatrix} 4 & 2 & 3 \\[6pt] 2 & 1 & 2 \\[6pt] -1 & -2 & 0 \end{pmatrix} \quad\text{e}\quad A_2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\[6pt] 0 & 1 & 0 \\[6pt] 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}
encontrar, se possível, uma matriz invertível P tal que P^{-1}A\,P seja diagonal. O conteúdo usado será o cálculo de polinômio característico, valores próprios e dimensões dos espaços próprios (autespaços).]

Passo 2

Para A_1 calculamos o polinômio característico
\det(A_1 - \lambda I) =\det\!\begin{pmatrix} 4-\lambda & 2 & 3 \\[4pt] 2 & 1-\lambda & 2 \\[4pt] -1 & -2 & -\lambda \end{pmatrix} =-\lambda^3+5\lambda^2-7\lambda+3.
Logo a equação característica é
\lambda^3-5\lambda^2+7\lambda-3=0.]

Passo 3

Fatorando \lambda^3-5\lambda^2+7\lambda-3, vemos que \lambda=1 é raiz simples e o quociente é \lambda^2-4\lambda+3=(\lambda-1)(\lambda-3). Assim
\text{autovalores de }A_1:\quad \lambda=1\text{ (mult.~alg.~2)},\quad \lambda=3\text{ (mult.~alg.~1)}.

Passo 4

Para \lambda=3 resolvemos (A_1-3I)v=0, isto é
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\[4pt] 2 & -2 & 2 \\[4pt] -1 & -2 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\!0 \;\Longrightarrow\; v_3 = \begin{pmatrix}-5\\\ -2\\\ 3\end{pmatrix} \quad(\text{vetor próprio}) \,.]

Passo 5

Para \lambda=1 resolvemos (A_1-I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix} 3 & 2 & 3 \\[4pt] 2 & 0 & 2 \\[4pt] -1 & -2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\!0 \;\Longrightarrow\; v_1 = \begin{pmatrix}-1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}
é o único vetor (em dimensão 1) que gera o autespaço de \lambda=1. Como a multiplicidade geométrica de \lambda=1 é 1<2 (mult.alg.), A_1 não é diagonalizável.]

Passo 6

Para A_2 o cálculo do determinante \det(A_2-\lambda I) dá o mesmo polinômio
-\lambda^3+5\lambda^2-7\lambda+3,
logo os autovalores são também \lambda=1 (mult.alg.2) e \lambda=3 (mult.alg.1).

Passo 7

Para \lambda=1\) em \(A_2\) temos \[(A_2-I)v=0 \;\Longrightarrow\; \begin{cases} y+2z=0,\\\ \text{sem equação envolvendo }x, \end{cases}
de onde x\] e \(z são livres e y=-2z. Dois vetores-próprios independentes são
v_1=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}, \quad v_2=\begin{pmatrix}0\\\ -2\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 8

Para \lambda=3 em A_2 resolvemos (A_2-3I)v=0, obtendo
v_3=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}
como vetor próprio de \lambda=3.

Passo 9

Como encontramos 3 vetores próprios linearmente independentes v_1,v_2 para \lambda=1 e v_3 para \lambda=3, A_2 é diagonalizável. Tomando
P = \bigl[v_1\;v_2\;v_3\bigr] = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & -2 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix},
temos
P^{-1}A_2\,P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.]

Resposta

Para A_1 não existe P invertível porque A_1 não é diagonalizável.
Para A_2, um P que diagonaliza é
P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & -2 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix},
com
P^{-1}A_2\,P = \operatorname{diag}(1,1,3).]

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