Собствени стойности и собствени вектори - трудни задачи с решения

Решение:
Нека [tex]E[/tex] е единичната матрица. Вторият ред на [tex]A-\lambda E[/tex] има само един ненулев елемент, [tex]4-\lambda[/tex], затова развиваме по него:
[tex]\det(A-\lambda E)=(4-\lambda)\begin{vmatrix}a^2+b^2-\lambda&2ab\\2ab&a^2+b^2-\lambda\end{vmatrix}=(4-\lambda)\left[(a^2+b^2-\lambda)^2-(2ab)^2\right][/tex]
По формулата за разлика от квадрати
[tex](a^2+b^2-\lambda)^2-(2ab)^2=(a^2-2ab+b^2-\lambda)(a^2+2ab+b^2-\lambda)=\left((a-b)^2-\lambda\right)\left((a+b)^2-\lambda\right)[/tex]
Следователно собствените стойности са
[tex]\lambda_1=4; \quad \lambda_2=(a-b)^2; \quad \lambda_3=(a+b)^2[/tex]
Проверка чрез следата:
[tex]4+(a-b)^2+(a+b)^2=4+2(a^2+b^2)=\operatorname{tr}A[/tex]
Съответните собствени вектори [tex]\left(0; 1; 0\right)^{T}[/tex], [tex]\left(1; 0; -1\right)^{T}[/tex], [tex]\left(1; 0; 1\right)^{T}[/tex] не зависят от [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex]; например
[tex]A\left(1; 0; -1\right)^{T}=\left(a^2-2ab+b^2\right)\left(1; 0; -1\right)^{T}=(a-b)^2\left(1; 0; -1\right)^{T}[/tex]
Както трябва да бъде при реална симетрична матрица, всички собствени стойности са реални, а собствените вектори са взаимно ортогонални.

Решение:
Нека [tex]E[/tex] е единичната матрица. Развиваме характеристичната детерминанта по третия ѝ ред [tex]\left(-1; 0; -2-\lambda\right)[/tex]:
[tex]\det(A-\lambda E)=\begin{vmatrix}2-\lambda&-1&2\\5&-3-\lambda&3\\-1&0&-2-\lambda\end{vmatrix}=-1\cdot \begin{vmatrix}-1&2\\-3-\lambda&3\end{vmatrix}+(-2-\lambda)\begin{vmatrix}2-\lambda&-1\\5&-3-\lambda\end{vmatrix}[/tex]
[tex]=-(3+2\lambda)+(-2-\lambda)(\lambda^2+\lambda-1)=-\lambda^3-3\lambda^2-3\lambda-1=-(\lambda+1)^3[/tex]
Следователно [tex]\lambda=-1[/tex] е единствената собствена стойност, с алгебрична кратност [tex]3[/tex]. Собствените вектори са ненулевите решения на [tex](A+E)\vec{x}=\vec{0}[/tex], т.е. на системата
[tex]\begin{cases}3x_1-x_2+2x_3=0\\ 5x_1-2x_2+3x_3=0\\ -x_1-x_3=0\end{cases}[/tex]
От третото уравнение [tex]x_1=-x_3[/tex]; тогава от първото [tex]-3x_3-x_2+2x_3=0[/tex], т.е. [tex]x_2=-x_3[/tex], а второто, [tex]-5x_3+2x_3+3x_3=0[/tex], е изпълнено автоматично. Значи рангът на [tex]A+E[/tex] е [tex]2[/tex], пространството от решения има размерност [tex]3-2=1[/tex] и при [tex]x_3=-c[/tex] собствените вектори са
[tex]\vec{x}=c\left(1; 1; -1\right)^{T},\quad c\ne 0[/tex]
Проверка:
[tex]A\left(1; 1; -1\right)^{T}=\left(-1; -1; 1\right)^{T}=-\left(1; 1; -1\right)^{T}[/tex]
Геометричната кратност [tex]1[/tex] е по-малка от алгебричната кратност [tex]3[/tex], затова няма базис от собствени вектори и [tex]A[/tex] не е диагонализируема. Да отбележим, че [tex]\left(1; 0; -1\right)^{T}[/tex] не е собствен вектор: [tex]A\left(1; 0; -1\right)^{T}=\left(0; 2; 1\right)^{T}[/tex].

Решение:
Матрицата на формата (извъндиагоналните ѝ елементи са равни на половината от коефициентите пред смесените членове):
[tex]A=\begin{bmatrix}2&2&-2\\2&5&-4\\-2&-4&5\end{bmatrix}[/tex]
Нека [tex]E[/tex] е единичната матрица. В [tex]\det(A-\lambda E)[/tex] прибавяме третия ред към втория; новият втори ред е [tex]\left(0; 1-\lambda; 1-\lambda\right)[/tex] и изнасяме множителя [tex]1-\lambda[/tex]. След това изваждаме втория стълб от третия и развиваме по втория ред:
[tex]\det(A-\lambda E)=(1-\lambda)\begin{vmatrix}2-\lambda&2&-2\\0&1&1\\-2&-4&5-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)\begin{vmatrix}2-\lambda&2&-4\\0&1&0\\-2&-4&9-\lambda\end{vmatrix}[/tex]
[tex]=(1-\lambda)\left[(2-\lambda)(9-\lambda)-8\right]=(1-\lambda)(\lambda^2-11\lambda+10)=-(\lambda-1)^2(\lambda-10)[/tex]
Собствените стойности са [tex]\lambda_1=\lambda_2=1[/tex] и [tex]\lambda_3=10[/tex]. Проверка: сборът им е [tex]12=\operatorname{tr}A[/tex], а произведението им е [tex]10=\det A[/tex].
За [tex]\lambda=10[/tex] системата [tex](A-10E)\vec{x}=\vec{0}[/tex] дава собствения вектор [tex]\left(1; 2; -2\right)[/tex]. За [tex]\lambda=1[/tex] матрицата [tex]A-E[/tex] има ранг [tex]1[/tex], затова собствените вектори запълват равнината [tex]x+2y-2z=0[/tex]; в нея избираме два ортогонални вектора [tex]\left(2; -1; 0\right)[/tex] и [tex]\left(2; 4; 5\right)[/tex]. Собствените вектори на симетрична матрица за различни собствени стойности са ортогонални, затова след нормиране трите вектора са стълбовете на ортогонална матрица [tex]Q[/tex]:
[tex]Q=\begin{bmatrix}\frac{2}{\sqrt5}&\frac{2}{3\sqrt5}&\frac13\\-\frac{1}{\sqrt5}&\frac{4}{3\sqrt5}&\frac23\\0&\frac{5}{3\sqrt5}&-\frac23\end{bmatrix},\qquad Q^{T}AQ=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&10\end{bmatrix}[/tex]
Следователно ортогоналната смяна [tex]\left(x; y; z\right)^{T}=Q\left(u; v; w\right)^{T}[/tex] привежда формата към каноничния вид
[tex]f=u^2+v^2+10w^2[/tex]

Решение:
Нека [tex]E[/tex] е единичната матрица. Над комплексните числа характеристичният полином на [tex]A[/tex] се разлага на линейни множители; нека [tex]\lambda_1; \lambda_2; \ldots; \lambda_n[/tex] са собствените стойности на [tex]A[/tex], всяка повторена толкова пъти, колкото е кратността ѝ:
[tex]\det(A-\lambda E)=(\lambda_1-\lambda)(\lambda_2-\lambda)\ldots(\lambda_n-\lambda)[/tex]
При [tex]\lambda=0[/tex] получаваме следното, така че всички собствени стойности на [tex]A[/tex] са различни от нула и числата [tex]\frac{1}{\lambda_i}[/tex] имат смисъл:
[tex]\lambda_1\lambda_2\ldots\lambda_n=\det A\ne 0[/tex]
Нека [tex]\mu\ne 0[/tex]. Тъй като [tex]A^{-1}A=E[/tex], можем да запишем
[tex]A^{-1}-\mu E=A^{-1}(E-\mu A)=-\mu A^{-1}\left(A-\frac{1}{\mu}E\right)[/tex]
Вземаме детерминантите (умножаването на матрица от ред [tex]n[/tex] с числото [tex]-\mu[/tex] умножава детерминантата ѝ с [tex](-\mu)^n[/tex]) и използваме [tex](-\mu)\left(\lambda_i-\frac{1}{\mu}\right)=1-\lambda_i\mu[/tex]:
[tex]\det(A^{-1}-\mu E)=(-\mu)^n\det(A^{-1})\prod_{i=1}^{n}\left(\lambda_i-\frac{1}{\mu}\right)=\det(A^{-1})\prod_{i=1}^{n}(1-\lambda_i\mu)[/tex]
Сега [tex]1-\lambda_i\mu=\lambda_i\left(\frac{1}{\lambda_i}-\mu\right)[/tex], [tex]\lambda_1\lambda_2\ldots\lambda_n=\det A[/tex] и [tex]\det(A^{-1})\det A=\det E=1[/tex], следователно
[tex]\det(A^{-1}-\mu E)=\det(A^{-1})\det A\prod_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{\lambda_i}-\mu\right)=\prod_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{\lambda_i}-\mu\right)[/tex]
Двете страни са полиноми на [tex]\mu[/tex] от степен [tex]n[/tex], които съвпадат за всички [tex]\mu\ne 0[/tex], т.е. за безбройно много стойности, следователно са тъждествено равни. Значи характеристичните корени на [tex]A^{-1}[/tex] са точно [tex]\frac{1}{\lambda_1}; \frac{1}{\lambda_2}; \ldots; \frac{1}{\lambda_n}[/tex]. Изображението [tex]\lambda\mapsto\frac{1}{\lambda}[/tex] е взаимно еднозначно, затова на равни множители съответстват равни множители и всеки корен [tex]\frac{1}{\lambda}[/tex] на [tex]A^{-1}[/tex] има същата кратност като корена [tex]\lambda[/tex] на [tex]A[/tex].
Забележка: собствените вектори също са едни и същи. Ако [tex]A\vec{x}=\lambda\vec{x}[/tex], [tex]\vec{x}\ne\vec{0}[/tex], то след умножаване с [tex]A^{-1}[/tex] получаваме [tex]\vec{x}=\lambda A^{-1}\vec{x}[/tex], т.е.
[tex]A^{-1}\vec{x}=\frac{1}{\lambda}\vec{x}[/tex]