Verifique quais matrizes são diagonalizáveis, determinando os autovalores( as raízes do polinômio, característico \left.p_{A}(\lambda)=\operatorname{det}(A-\lambda I)\right) e os autovetores associados ([A-\lambda I] v=0)
A=\left[\begin{array}{ccc}4 & 2 & 3 \\\\ 2 & 1 & 2 \\\\ -1 & -2 & 0\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a matriz
A = \begin{pmatrix} 4 & 2 & 3\\\\ 2 & 1 & 2\\\\ -1 & -2 & 0 \end{pmatrix}
é diagonalizável. Para isso, vamos:
  1. Calcular o polinômio característico \det(A - \lambda I).
  2. Encontrar suas raízes (autovalores) e multiplicidades algébricas.
  3. Determinar os autovetores de cada autovalor e a dimensão de cada espaço próprio (multiplicidade geométrica).
  4. Comparar multiplicidade algébrica e geométrica: matriz é diagonalizável se, para todo autovalor, elas coincidem.

Passo 2

Calculamos o determinante de A - \lambda I:
A - \lambda I = \begin{pmatrix} 4-\lambda & 2 & 3\\\\ 2 & 1-\lambda & 2\\\\ -1 & -2 & -\lambda \end{pmatrix}.
Usando a expansão pela primeira linha, obtemos
\det(A-\lambda I) = (4-\lambda)\det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 2\\\ -2 & -\lambda\end{pmatrix} -2\det\!\begin{pmatrix}2 & 2\\\ -1 & -\lambda\end{pmatrix} +3\det\!\begin{pmatrix}2 & 1-\lambda\\\ -1 & -2\end{pmatrix}.
Calculando cada menor e somando, conclui-se
\det(A-\lambda I) =-\lambda^3+5\lambda^2-7\lambda+3 \quad\Longrightarrow\quad p_A(\lambda)=\lambda^3-5\lambda^2+7\lambda-3.

Passo 3

Fatoramos o polinômio
p_A(\lambda)=\lambda^3-5\lambda^2+7\lambda-3.
Testando \lambda=1, vemos p_A(1)=0. Dividindo por \lambda-1 (sintético ou longa divisão) dá
p_A(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda^2-4\lambda+3) =(\lambda-1)^2(\lambda-3).
Logo os autovalores são
\lambda_1=1\quad(\text{mult.\\ alg. }2), \qquad \lambda_2=3\quad(\text{mult.\\ alg. }1).

Passo 4

Para \lambda=1, resolvemos (A-I)v=0:
\begin{pmatrix} 3 & 2 & 3\\\\ 2 & 0 & 2\\\\ -1 & -2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da segunda equação 2x+2z=0 vem x=-z. Substituindo na primeira, 3(-z)+2y+3z=2y=0 leva a y=0. O terceiro é dependente. Assim
v = \bigl(x,y,z\bigr) = z\,(-1,0,1),
e a dimensão do espaço próprio é 1 (multiplicidade geométrica 1).

Passo 5

Para \lambda=3, resolvemos (A-3I)v=0:
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\\\ 2 & -2 & 2\\\\ -1 & -2 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da primeira equação x+2y+3z=0 e da segunda 2x-2y+2z=0 segue, por eliminação, y=-\tfrac{2}{3}z, x=-\tfrac{5}{3}z. Tomando z=3 dá um vetor próprio
v = (-5,-2,3),
e a dimensão do espaço próprio é 1 (multiplicidade geométrica 1).

Passo 6

A soma das dimensões geométricas é 1+1=2, menor que a ordem da matriz 3. Portanto o espaço de autovetores não tem dimensão suficiente para diagonalizar A.

Resposta

A matriz A possui autovalores \lambda=1 (algébrica 2, geométrica 1) e \lambda=3 (algébrica 1, geométrica 1). Como para \lambda=1 a multiplicidade geométrica é menor que a algébrica, A não é diagonalizável.

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