Aloha :)
Das charakteristische Polynom hast du korrekt bestimmt:$$p(t)=t^3-4t^2+5t-2=(t-2)(t-1)^2$$Die Eigenwerte sind die Nullstellen dieses Polynoms.
Wir haben also einen einfachen und einen doppelten Eigenwert:$$\lambda_1=2\quad;\quad\lambda_2=1\quad;\quad\lambda_3=1$$Zugehörige Eigenvektoren sind die Lösungen der entsprechenden Gleichungssysteme:$$\left(\begin{array}{ccc}3-\lambda & 2 & -2\\2 & 3-\lambda & -2\\3 & 3 & -2-\lambda\end{array}\right)\cdot\vec x=\vec 0$$
Eigenvektor zu \(\lambda_1=2\):
$$\begin{array}{rrr|c|l}x & y & z & = & \text{Operation}\\\hline1 & 2 & -2 & 0 &\\2 & 1 & -2 & 0 & -2\cdot\text{Zeile 1}\\3 & 3 & -4 & 0 & -3\cdot\text{Zeile 1}\\\hline1 & 2 & -2 & 0 &\\0 & -3 & 2 & 0 & \div(-3)\\0 & -3 & 2 & 0 & -\text{Zeile 2}\\\hline1 & 2 & -2 & 0 &-2\cdot\text{Zeile 2}\\0 & 1 & -\frac23 & 0 & \\0 & 0 & 0 & 0 & \\\hline1 & 0 & -\frac23 & 0 &\Rightarrow x-\frac23z=0\\[0.5ex]0 & 1 & -\frac23 & 0 & \Rightarrow y-\frac23z=0\\[0.5ex]0 & 0 & 0 & 0 & \end{array}$$Wir stellen die beiden Gleichungen um$$x=\frac23z\quad;\quad y=\frac23z$$und geben den zugehörigen Lösungsraum an:$$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac23z\\[1ex]\frac23z\\[1ex]z\end{pmatrix}=z\begin{pmatrix}\frac23\\[1ex]\frac23\\[1ex]1\end{pmatrix}=\frac z3\begin{pmatrix}2\\2\\3\end{pmatrix}$$Die Eigenvektoren sind eine Basis des Eigenraums, damit haben wir einen möglichen Eigenvektor zu \(\lambda_1=2\) gefunden:$$\pink{\lambda_1=2\quad;\quad\vec v_1=\begin{pmatrix}2\\2\\3\end{pmatrix}}$$
Eigenvektor zu \(\lambda_{2;3}=1\):
$$\begin{array}{rrr|c|l}x & y & z & = & \text{Operation}\\\hline2 & 2 & -2 & 0 &\div2\\2 & 2 & -2 & 0 & -\text{Zeile 1}\\3 & 3 & -3 & 0 & -1,5\cdot\text{Zeile 1}\\\hline1 & 1 & -1 & 0 &\Rightarrow x+y-z=0\\0 & 0 & 0 & 0 &\\0 & 0 & 0 & 0 &\end{array}$$Mit \((z=x+y)\) erhalten wir den Lösungsraum$$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\\y\\x+y\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}+y\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$$Damit haben wir zwei mögliche Eigenvektor zu \(\lambda_{2:3}=1\) gefunden:$$\pink{\lambda_{2;3}=1\quad;\quad\vec v_2=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}\quad;\quad \vec v_3=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}$$
Die Matrix \(S\) erhältst du nun einfach, indem du die Eigenvektoren in die Spalten schreibst:$$S=\left(\begin{array}{rrr}2 & 1 & 0\\2 & 0 & 1\\3 & 1 & 1\end{array}\right)$$
Wenn du nun zur Probe \((S^{-1}AS)\) ausrechnest, sollte eine Diagonalmatrix rauskommen, bei der die Eigenwerte auf der Hauptdiagonalen stehen.
