A matriz
B=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & 3 & -1 \\\\ 2 & 4 & -1 \end{array}\right)
é diagonalizável? Justifique.

Passo 1

Dado a matriz
B=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & 3 & -1 \\\\ 2 & 4 & -1 \end{pmatrix}
o enunciado pergunta: a matriz B é diagonalizável? Justifique.
Informações relevantes: a matriz B é 3\times3. Temos que decidir se existe uma base de \mathbb{R}^3 (ou \mathbb{C}^3) formada por autovetores de B.

Passo 2

Conceitos importantes (explicação didática):
  • Dizemos que uma matriz A é diagonalizável se existe uma matriz invertível P tal que P^{-1}AP é diagonal. Equivalentemente, A é diagonalizável se existe uma base do espaço formada por autovetores de A. Para uma matriz n\times n isso significa que precisamos de n autovetores linearmente independentes.
  • Para cada autovalor \lambda temos:
    • multiplicidade algébrica: é a multiplicidade de \lambda como raiz do polinômio característico \chi_A(\lambda);
    • multiplicidade geométrica: é a dimensão do espaço próprio (autovalores) correspondente a \lambda, isto é, \dim\ker(A-\lambda I).
  • Regra prática: uma matriz é diagonalizável se, para cada autovalor \lambda, a multiplicidade geométrica iguala a multiplicidade algébrica e a soma das multiplicidades geométricas é n. Em particular, se existir algum autovalor cuja multiplicidade geométrica seja menor que a multiplicidade algébrica, a matriz NÃO é diagonalizável.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \chi_B(\lambda)=\det(B-\lambda I). Primeiro escrevemos B-\lambda I:
B-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 0 \\\\ 1 & 3-\lambda & -1 \\\\ 2 & 4 & -1-\lambda \end{pmatrix}.
Como a primeira linha tem zeros nas colunas 2 e 3, podemos expandir pelo primeiro elemento:
\chi_B(\lambda)=\det(B-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 \\[4pt] 4 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
Calculamos o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 \\[4pt] 4 & -1-\lambda\end{pmatrix}=(3-\lambda)(-1-\lambda)-(-1)\cdot 4.
Multiplicando:
(3-\lambda)(-1-\lambda)=\lambda^2-2\lambda-3,
portanto
(3-\lambda)(-1-\lambda)-(-1)\cdot 4=\lambda^2-2\lambda-3+4=\lambda^2-2\lambda+1=(\lambda-1)^2.
Logo
\chi_B(\lambda)=(1-\lambda)(\lambda-1)^2=-(\lambda-1)^3.
Conclusão: o único autovalor é \lambda=1 com multiplicidade algébrica igual a 3.]

Passo 4

Agora encontramos o espaço próprio de \lambda=1\), ou seja, resolvemos \((B-I)v=0\). Escrevendo \(B-I\): \[B-I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\\\ 1 & 2 & -1 \\\\ 2 & 4 & -2 \end{pmatrix}.
Sejam as incógnitas v=(x,y,z)^\top. O sistema (B-I)v=0 dá as equações:
\begin{cases} 0\cdot x+0\cdot y+0\cdot z=0,\\[4pt] x+2y-z=0,\\[4pt] 2x+4y-2z=0. \end{cases}
Observamos que a terceira equação é o dobro da segunda, então só há uma equação independente não-trivial: x+2y-z=0\]. Vamos parametrizar as soluções: - Escolhemos parâmetros \(s,y=s e t,z=t. Da equação x=-2y+z obtemos x=-2s+t.
Portanto o vetor geral do espaço próprio é
v=(x,y,z)=(-2s+t,\;s,\;t)=s(-2,1,0)+t(1,0,1).
Isso mostra que uma base do espaço próprio é, por exemplo, \{(-2,1,0),\;(1,0,1)\}. Assim a dimensão do espaço próprio (multiplicidade geométrica de \lambda=1) é 2.]

Passo 5

Conclusão final do raciocínio: a multiplicidade algébrica de \lambda=1 é 3, mas a multiplicidade geométrica é 2. Como a multiplicidade geométrica é menor que a algébrica para o autovalor \lambda=1, não existe um conjunto de três autovetores linearmente independentes. Portanto B não é diagonalizável.

Resposta

Não. O autovalor \lambda=1 tem multiplicidade algébrica 3 e multiplicidade geométrica 2, portanto B não é diagonalizável.

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