( \mathbf{2 , 0} pontos) Verifique se a matriz A é diagonalizável. Caso seja, apresente a matriz diagonal D e a matriz de mudança de base P.
A=\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 1 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}
é diagonalizável. Caso seja, apresentar a matriz diagonal D e a matriz de mudança de base P.
Informações dadas:
  • A matriz A está explícita acima (peguei seus coeficientes do enunciado).
  • A tarefa tem duas perguntas implícitas: (i) determinar se A é diagonalizável; (ii) se for, fornecer D e P.]

Passo 2

O que significa “diagonalizável” e o método que vamos usar (passo-a-passo):
  • Uma matriz A é diagonalizável se existir uma matriz invertível P tal que
P^{-1}AP=D,
onde D é diagonal. Equivalente e mais prático para trabalhar: existe uma base formada por autovetores de A. Na prática, o procedimento é:
  1. Calcular os autovalores (valores próprios) de A resolvendo \det(A-\lambda I)=0.
  2. Para cada autovalor \lambda, achar os autovetores (não-nulos) resolvendo (A-\lambda I)x=0.
  3. Se conseguirmos 3 autovetores linearmente independentes (pois a matriz é 3\times3), então A é diagonalizável. Montamos P com esses autovetores como colunas e D com os autovalores na mesma ordem.
Vou aplicar esse método passo a passo, explicando as contas.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1-\lambda & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Como a primeira coluna tem zeros nas posições 2 e 3, podemos fatorar:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Calcule o determinante do 2\times2:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-1.
Então
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big((1-\lambda)^2-1\big).
Expandindo (1-\lambda)^2-1:
(1-\lambda)^2-1=1-2\lambda+\lambda^2-1=\lambda^2-2\lambda=\lambda(\lambda-2).
Portanto
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\,\lambda(\lambda-2).
Os autovalores (raízes) são \lambda=0,\; \lambda=1,\; \lambda=2. Todos distintos.
Comentário importante (teórico): quando uma matriz n\times n tem n autovalores distintos no corpo (aqui \mathbb{R}), então ela é diagonalizável — porque autovalores distintos garantem autovetores linearmente independentes. Ainda assim vou calcular explicitamente os autovetores para construir P e D.]

Passo 4

Encontrar os autovetores para cada autovalor.
(i) Autovalor \lambda=0\). Resolver \(A x = 0\), isto é \((A-0I)x=0\). Sistema: \[\begin{cases} x_1=0,\\[4pt] x_2+x_3=0,\\[4pt] x_2+x_3=0. \end{cases}
As duas últimas equações são iguais. Da primeira vem x_1=0\]. Da segunda vem \[x_3=-x_2. Logo os autovetores são da forma
x = \begin{pmatrix}0\\[4pt] t\\[4pt] -t\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad t\neq0.
Podemos escolher um autovetor representativo
v_0=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
(ii) Autovalor \lambda=1. Resolver (A-I)x=0. Matriz:
A-I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} 0=0\\ (\text{sem restrição em }x_1),\\[4pt] x_3=0,\\[4pt] x_2=0. \end{cases}çã
Logo x_2=x_3=0\] e \[x_1 é livre. Os autovetores são
x=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad t\neq0.
Escolhemos
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
(iii) Autovalor \lambda=2. Resolver (A-2I)x=0. Matriz:
A-2I=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} -x_1=0 \Rightarrow x_1=0,\\[4pt] -x_2+x_3=0 \Rightarrow x_3=x_2,\\[4pt] x_2-x_3=0 \\ (\text{mesma equação}). \end{cases}çã
Portanto x_1=0\] e \(x_3=x_2. Os autovetores são
x=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\neq0.
Escolhemos
v_2=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Verificar independência linear dos autovetores e montar P e D.
Tomemos os autovetores nas colunas na ordem \lambda=1,\;0,\;2:
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad v_0=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\quad v_2=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Montamos
P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix},
onde as entradas diagonais de D correspondem, na mesma ordem, aos autovalores \,1,\,0,\,2.
Para garantir que P é invertível (portanto as colunas são independentes), calculemos seu determinante (ou observe que as três colunas não são múltiplos entre si). O determinante de P é
\det(P)=1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix}=1\cdot(1\cdot1-1\cdot(-1))=2\neq0.
Como \det(P)\neq0, P é invertível e as colunas formam uma base de autovetores. Assim A é diagonalizável e satisfa-se P^{-1}AP=D. (Em termos operacionais: Av_i=\lambda_i v_i para cada coluna v_i, então AP=PD.)]

Passo 6

Conclusão: A é diagonalizável. As matrizes P e D acima diagonalizam A.

Resposta

D=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}
P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}

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