Use o método do Exercício 6 para determinar se a matriz é diagonalizável.
\left[\begin{array}{ll}2 & -3 \\\\ 1 & -1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede para determinar se a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & -3\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}
é diagonalizável, usando o método do Exercício 6.
Dados fornecidos: os elementos da matriz A são os únicos dados; não há informação adicional sobre o corpo (por exemplo \mathbb{R} ou \mathbb{C}) — vou indicar o que acontece sobre \mathbb{R} e sobre \mathbb{C}.]

Passo 2

Primeiro vamos lembrar (passo-a-passo e bem didático) o que significa diagonalizável e como testar isso para matrizes 2\times 2.
Definição e critério prático:
  • Uma matriz n\times n é diagonalizável (sobre um corpo dado, por ex. \mathbb{R} ou \mathbb{C}) se existe uma matriz invertível P (com entradas nesse mesmo corpo) tal que
P^{-1}AP=D
onde D é diagonal.
  • Um critério prático: A é diagonalizável sobre o corpo se existe uma base do espaço formada por autovetores de A. Para 2\times2, isso significa que precisamos de dois autovetores linearmente independentes.
  • Fato útil para 2\times2: se o polinômio característico tem duas raízes distintas no corpo em questão, então há dois autovetores linearmente independentes e A é diagonalizável sobre esse corpo. Se o polinômio tiver raiz dupla, aí é preciso verificar a dimensão do espaço próprio (e verificar se a multiplicidade geométrica é 2).
Agora aplicamos isso: calcularemos o polinômio característico, as raízes (autovalores) e, a partir delas, decidimos sobre diagonalizabilidade.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Montamos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & -3\\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(-1-\lambda)-(-3)\cdot 1.
Vou desenvolver esse produto com calma:
(2-\lambda)(-1-\lambda)=2(-1-\lambda)-\lambda(-1-\lambda)=-2-2\lambda+\lambda+\lambda^2=-2-\lambda+\lambda^2.
Somando o +3 que vem de -(-3), obtemos
\chi_A(\lambda)=\lambda^2-\lambda+1.]

Passo 4

Encontrar as raízes do polinômio \chi_A(\lambda)=\lambda^2-\lambda+1 usando a fórmula quadrática. Para a equação \lambda^2-\lambda+1=0, o discriminante é
\Delta = (-1)^2-4\cdot 1\cdot 1 = 1-4 = -3.
Como \Delta<0, as raízes são complexas não reais. Aplicando a fórmula:
\lambda = \frac{1\pm \sqrt{-3}}{2} = \frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}.
Logo os dois autovalores são
\lambda_1=\frac{1+i\sqrt{3}}{2},\qquad \lambda_2=\frac{1-i\sqrt{3}}{2}.

Passo 5

Interpretação imediata em termos de diagonalizabilidade:
  • Sobre \mathbb{R}: os autovalores não pertencem a \mathbb{R}, portanto não existem autovetores reais correspondentes a esses autovalores. Assim não é possível obter uma base real de autovetores — então A não é diagonalizável sobre \mathbb{R}.
  • Sobre \mathbb{C}: os autovalores \lambda_1 e \lambda_2 são distintos (são conjugados, portanto diferentes). Para 2\times 2, duas raízes distintas no corpo implicam dois autovetores linearmente independentes no mesmo corpo, logo A é diagonalizável sobre \mathbb{C}.
Para deixar mais concreto, mostro como obter um autovetor para \lambda_1 (o raciocínio é o mesmo para \lambda_2 e eles serão linearmente independentes porque os autovalores são distintos).
Resolvemos (A-\lambda_1 I)v=0. Escrevendo v=(x,y)^T, a primeira equação é
(2-\lambda_1)x-3y=0 \quad\Longrightarrow\quad x=\frac{3}{2-\lambda_1}\,y.
Escolhendo y=1 (podemos escolher qualquer escala), obtemos um autovetor não nulo
v_1=\begin{pmatrix}\dfrac{3}{2-\lambda_1}\\[6pt] 1\end{pmatrix}.
Se quiser, podemos simplificar \dfrac{3}{2-\lambda_1} calculando com \lambda_1=\dfrac{1+i\sqrt{3}}{2}:
2-\lambda_1=\frac{3-i\sqrt{3}}{2}\quad\Rightarrow\quad \frac{3}{2-\lambda_1}=\frac{6}{3-i\sqrt{3}}=\frac{3+i\sqrt{3}}{2},
então um autovetor correspondente é
v_1=\begin{pmatrix}\dfrac{3+i\sqrt{3}}{2}\\[6pt] 1\end{pmatrix}.
O autovetor para \lambda_2 será o conjugado v_2=\overline{v_1}. Os vetores v_1 e v_2 são linearmente independentes sobre \mathbb{C}, garantindo diagonalização sobre \mathbb{C}.]

Passo 6

Conclusão final (explicada de forma direta e amigável):
  • Não existe diagonalização real porque não há autovalores reais — então não há base real de autovetores.
  • Existe diagonalização complexa porque os dois autovalores complexos são distintos, dando dois autovetores linearmente independentes em \mathbb{C}^2.
Se quiser, em \mathbb{C} a diagonalização pode ser escrita tomando
P=\begin{pmatrix}v_1 & v_2\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0\\[4pt] 0 & \lambda_2\end{pmatrix},
com v_1 e v_2 conforme acima, e P^{-1}AP=D.]

Resposta

Não é diagonalizável sobre \mathbb{R}.
É diagonalizável sobre \mathbb{C}.

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