Собственные значения и собственные векторы - задачи с решениями

Решение:
Характеристический многочлен имеет степень [tex]5[/tex], значит, [tex]A[/tex] — матрица порядка [tex]5[/tex]. Подставим [tex]x=-5[/tex] в характеристический многочлен:
[tex]\det(-5E-A)=(-5-5)^3(-5+4)^2=(-10)^3\cdot 1=-1000[/tex]
Так как [tex]-5E-A=-(A+5E)[/tex], а умножение матрицы порядка [tex]5[/tex] на [tex]-1[/tex] умножает её определитель на [tex](-1)^5=-1[/tex], получаем
[tex]\det(-5E-A)=-\det(A+5E)\Rightarrow \det(A+5E)=1000[/tex]
Проверка через собственные значения: собственные значения [tex]A[/tex] (с учётом кратности) равны [tex]5; 5; 5; -4; -4[/tex], поэтому у [tex]A+5E[/tex] они равны [tex]10; 10; 10; 1; 1[/tex], а определитель равен их произведению:
[tex]\det(A+5E)=10^3\cdot 1^2=1000[/tex]

Решение:
Пусть [tex]E[/tex] — единичная матрица. В характеристическом определителе третья строка содержит только один ненулевой элемент, поэтому разложим определитель по ней:
[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]
Собственные значения: [tex]\lambda=1[/tex] (кратности два) и [tex]\lambda=3[/tex]; наибольшее из них [tex]\lambda=3[/tex]. Отвечающие ему собственные векторы — это ненулевые решения уравнения [tex](A-3E)\vec{x}=\vec{0}[/tex], т.е. системы
[tex]\begin{cases}-x_1-x_2+x_3=0\\ -x_1-x_2-x_3=0\\ -2x_3=0\end{cases}[/tex]
Из третьего уравнения [tex]x_3=0[/tex], тогда из первого [tex]x_2=-x_1[/tex]. Следовательно, собственные векторы имеют вид
[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]
Замечание: [tex]\left(1; -1; 1\right)^{T}[/tex] — собственный вектор транспонированной матрицы [tex]A^{T}[/tex] для [tex]\lambda=3[/tex] (типичная ошибка, когда путают строки и столбцы), а [tex]\left(1; 1; 0\right)^{T}[/tex] отвечает собственному значению [tex]\lambda=1[/tex].

Решение:
Матрица формы — симметричная матрица, внедиагональные элементы которой равны половине коэффициента при [tex]xy[/tex]:
[tex]A=\begin{bmatrix}9&3\\3&1\end{bmatrix}[/tex]
Её характеристический многочлен и собственные значения ([tex]E[/tex] — единичная 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]
Так как [tex]A[/tex] — вещественная симметричная матрица, ортогональной заменой переменных форма приводится к каноническому виду
[tex]Q=10u^2+0\cdot v^2=10u^2[/tex]
Следовательно, [tex]Q(x,y)\ge 0[/tex] при всех [tex](x,y)[/tex], но [tex]Q[/tex] обращается в нуль и на ненулевых векторах, например на собственном векторе [tex]\left(1; -3\right)[/tex], отвечающем собственному значению [tex]0[/tex]:
[tex]Q\left(1; -3\right)=9-18+9=0[/tex]
Следовательно, форма положительно полуопределённая, но не положительно определённая. Проверка: [tex]Q(x,y)=(3x+y)^2[/tex]; кроме того, по критерию Сильвестра [tex]\Delta_1=9\gt 0[/tex] и [tex]\Delta_2=\det A=0[/tex], так что форма не является знакоопределённой.

Решение:
Скалярная матрица [tex]\lambda E[/tex] перестановочна с любой матрицей, поэтому
[tex]T^{-1}(\lambda E)T=\lambda\, T^{-1}T=\lambda E[/tex]
Следовательно,
[tex]B-\lambda E=T^{-1}AT-T^{-1}(\lambda E)T=T^{-1}(A-\lambda E)T[/tex]
Определитель произведения равен произведению определителей (это верно и для матриц, элементы которых — многочлены от [tex]\lambda[/tex], так как многочлены образуют коммутативное кольцо), а сами определители перестановочны как элементы этого кольца. Следовательно,
[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]
Итак, [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] имеют один и тот же характеристический многочлен; в частности, у них одинаковые собственные значения с теми же алгебраическими кратностями, одинаковый след и одинаковый определитель.