Verifique se a matriz A=\left(\begin{array}{lll}9 & 2 & 0 \\\\ 2 & 6 & 0 \\\\ 0 & 0 & 10\end{array}\right) é
é diagonalizável. Caso seja, calcule a matriz diagonal D e a matriz M que faz com que A seja semelhante à D.
Caso seja, encontrar uma matriz diagonal D e uma matriz invertível M tais que A=M D M^{-1}.
Informações relevantes que temos do enunciado:
Os elementos de A estão explícitos (mostrados acima).
Note que A é praticamente blocada: um bloco 2\times2 na posição superior esquerda e o escalar 10 no canto inferior direito. Isso é útil para calcular autovalores.]
Passo 2
Antes de calcular, uma breve explicação do que vamos fazer (tipo-aula rápida, sem jargões):
Autovalores e autovetores: um vetor não-nulo v é autovetor de A associado ao autovalor \lambda se
A v = \lambda v.
Para encontrar autovalores resolvemos o polinômio característico
\det(A-\lambda I)=0.
Multiplicidade algébrica: é a multiplicidade de \lambda como raiz do polinômio característico.
Multiplicidade geométrica: é a dimensão do espaço nulo de A-\lambda I (ou seja, o número de autovetores linearmente independentes associados a \lambda).
Critério de diagonalizabilidade: A é diagonalizável se, para cada autovalor \lambda, a multiplicidade geométrica de \lambda é igual à sua multiplicidade algébrica. Equivalentemente, existe uma base do espaço formada por autovetores (então montamos uma matriz M cujas colunas são esses autovetores e D é a diagonal com os autovalores correspondentes).
Agora vamos aplicar isso passo a passo ao nosso A.
Passo 3
Calcular os autovalores (polinômio característico). Observação: por causa da estrutura de A (bloco 2\times2 e o elemento 10 isolado), temos
Da terceira equação vem x_3=0. As duas primeiras são dependentes; por exemplo, da segunda: 2x_1+x_2=0, então x_2=-2x_1. Tomando x_1=1 obtemos um autovetor:
As duas primeiras são equivalentes (segunda é 2 vezes a primeira). Da primeira obtemos x_1 = 2x_2. A terceira não impõe restrição em x_3, então x_3 é livre. Assim a solução geral é
x = \begin{pmatrix}x_1\\[4pt] x_2\\[4pt] x_3\end{pmatrix} = x_2\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} + x_3\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto o espaço próprio de \lambda=10 é gerado por dois vetores independentes, por exemplo
A dimensão do espaço próprio (multiplicidade geométrica) para \lambda=10 é 2, que é igual à multiplicidade algébrica 2. Isso é ótimo: para cada autovalor a multiplicidade geométrica iguala a algébrica.]
Passo 6
Concluir diagonalizabilidade e construir M e D.
Como para todos os autovalores a multiplicidade geométrica coincide com a multiplicidade algébrica, há um conjunto de 3 autovetores linearmente independentes que formam uma base do \mathbb{R}^3. Então A é diagonalizável.
Escolhemos como colunas de M três autovetores correspondentes (a ordem das colunas determina a ordem dos autovalores na diagonal de D). Vou escolher a seguinte ordem: primeiro os vetores de \lambda=10, depois o vetor de \lambda=5. Assim tomo
Verificação rápida de independência linear: o determinante de M é diferente de zero (cálculo rápido):
\det(M)=5\neq 0,
logo M é invertível (portanto serve para similaridade).
A matriz diagonal D terá os autovalores na mesma ordem das colunas de M. Como as duas primeiras colunas correspondem a \lambda=10 e a terceira a \lambda=5, temos