Собствени стойности и собствени вектори - задачи с решения

Решение:
Характеристичният полином е от степен [tex]5[/tex], следователно [tex]A[/tex] е матрица от ред [tex]5[/tex]. Заместваме [tex]x=-5[/tex] в характеристичния полином:
[tex]\det(-5E-A)=(-5-5)^3(-5+4)^2=(-10)^3\cdot 1=-1000[/tex]
Тъй като [tex]-5E-A=-(A+5E)[/tex], а умножаването на матрица от ред [tex]5[/tex] с [tex]-1[/tex] умножава детерминантата ѝ с [tex](-1)^5=-1[/tex], получаваме
[tex]\det(-5E-A)=-\det(A+5E)\Rightarrow \det(A+5E)=1000[/tex]
Проверка чрез собствените стойности: собствените стойности на [tex]A[/tex] (с кратностите им) са [tex]5; 5; 5; -4; -4[/tex], следователно тези на [tex]A+5E[/tex] са [tex]10; 10; 10; 1; 1[/tex], а детерминантата е тяхното произведение:
[tex]\det(A+5E)=10^3\cdot 1^2=1000[/tex]

Решение:
Нека [tex]E[/tex] е единичната матрица. В характеристичната детерминанта третият ред има само един ненулев елемент, затова развиваме по него:
[tex]\det(A-\lambda E)=\begin{vmatrix}2-\lambda&-1&1\\-1&2-\lambda&-1\\0&0&1-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)\left[(2-\lambda)^2-1\right]=(1-\lambda)^2(3-\lambda)[/tex]
Собствените стойности са [tex]\lambda=1[/tex] (двукратна) и [tex]\lambda=3[/tex]; най-голямата е [tex]\lambda=3[/tex]. Собствените ѝ вектори са ненулевите решения на [tex](A-3E)\vec{x}=\vec{0}[/tex], т.е. на системата
[tex]\begin{cases}-x_1-x_2+x_3=0\\ -x_1-x_2-x_3=0\\ -2x_3=0\end{cases}[/tex]
От третото уравнение [tex]x_3=0[/tex], а тогава от първото [tex]x_2=-x_1[/tex]. Следователно собствените вектори са
[tex]\vec{x}=c\left(1; -1; 0\right)^{T},\quad c\ne 0[/tex]
Проверка:
[tex]A\left(1; -1; 0\right)^{T}=\left(3; -3; 0\right)^{T}=3\left(1; -1; 0\right)^{T}[/tex]
Забележка: [tex]\left(1; -1; 1\right)^{T}[/tex] е собствен вектор на транспонираната матрица [tex]A^{T}[/tex] за [tex]\lambda=3[/tex] (типична грешка при объркване на редове и стълбове), а [tex]\left(1; 1; 0\right)^{T}[/tex] съответства на собствената стойност [tex]\lambda=1[/tex].

Решение:
Матрицата на формата е симетричната матрица, чиито извъндиагонални елементи са равни на половината от коефициента пред [tex]xy[/tex]:
[tex]A=\begin{bmatrix}9&3\\3&1\end{bmatrix}[/tex]
Характеристичният ѝ полином и собствените стойности ([tex]E[/tex] е единичната матрица):
[tex]\det(A-\lambda E)=(9-\lambda)(1-\lambda)-9=\lambda^2-10\lambda=\lambda(\lambda-10)\Rightarrow \lambda_1=0,\ \lambda_2=10[/tex]
Тъй като [tex]A[/tex] е реална симетрична матрица, с ортогонална смяна на променливите формата се привежда към каноничния вид
[tex]Q=10u^2+0\cdot v^2=10u^2[/tex]
Следователно [tex]Q(x,y)\ge 0[/tex] за всички [tex](x,y)[/tex], но [tex]Q[/tex] се анулира и в ненулеви вектори, например по собствения вектор [tex]\left(1; -3\right)[/tex] на собствената стойност [tex]0[/tex]:
[tex]Q\left(1; -3\right)=9-18+9=0[/tex]
Следователно формата е положително полуопределена, но не е положително определена. Проверка: [tex]Q(x,y)=(3x+y)^2[/tex]; освен това по критерия на Силвестър [tex]\Delta_1=9\gt 0[/tex] и [tex]\Delta_2=\det A=0[/tex], така че формата не е определена.

Решение:
Скаларната матрица [tex]\lambda E[/tex] комутира с всяка матрица, затова
[tex]T^{-1}(\lambda E)T=\lambda\, T^{-1}T=\lambda E[/tex]
Следователно
[tex]B-\lambda E=T^{-1}AT-T^{-1}(\lambda E)T=T^{-1}(A-\lambda E)T[/tex]
Детерминантата на произведение е равна на произведението от детерминантите (това е вярно и за матрици, чиито елементи са полиноми на [tex]\lambda[/tex], тъй като полиномите образуват комутативен пръстен), а самите детерминанти комутират като елементи на този пръстен. Следователно
[tex]\det(B-\lambda E)=\det(T^{-1})\det(A-\lambda E)\det T=\det(A-\lambda E)\,\det(T^{-1}T)=\det(A-\lambda E)\,\det E=\det(A-\lambda E)[/tex]
И така, [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] имат един и същ характеристичен полином; в частност те имат едни и същи собствени стойности със същите алгебрични кратности, една и съща следа и една и съща детерминанта.