Как найти собственный вектор оператора заданного матрицей - Исправление недочетов и поиск решений вместе с Examum.ru

Собственные
векторы и собственные

значения
линейного оператора

Определение 1.
Собственным
вектором оператора

называют
ненулевой вектор
,
удовлетворяющий равенству:
=.

Определение 2.
Собственным
значением оператора

называют
число
,
для которого выполняется равенство:
=,
где

— ненулевой вектор.

(1)

(2)

Решив последнее
уравнение относительно
,
найдем собственные значения матрицы.
Уравнение (5.8) называют характеристическим
уравнением матрицы
.
Найдя корни характеристического
уравнения, последовательно подставляя
их в систему (1) и решая получаемые
системы, найдем собственные векторы
матрицы
,
каждый из которых соответствует
определенному собственному значению.

Рассмотрим несколько
примеров, в каждом из которых будем
выполнять последовательность действий
решения задачи об отыскании собственных
значений и собственных векторов матрицы.

Пример 1.

Найти собственные
значения и собственные векторы матрицы
.
Дать геометрическую интерпретацию
полученного решения.

Решение

Матрица имеет
размерность 22,
то есть является представлением
линейного оператора в пространстве
.
Собственный вектор матрицы будем искать
в виде:
.
Составим уравнение
для отыскания собственных векторов в
матричном виде:

3. Перепишем
матричное уравнение в виде системы
уравнений:

Однородная система
имеет ненулевые решения тогда и только
тогда, когда определитель ее главной
матрицы равен 0. Получаем характеристическое
уравнение системы и решаем его:

Собственные
значения матрицы
:

Найдем собственные
векторы для каждого собственного
значения:

;

Пусть
,
тогда собственное направление матрицы
,
соответствующее собственному значению
,
задается множеством векторов:

,
где
.

;

,
где
.

Пример
2. Найти собственные значения и
собственные векторы линейного оператора
, заданного в некотором базисе матрицей
А=.

Составим и решим
характеристическое уравнение
.

В нашей задаче
.

Тогда характеристическое
уравнение принимает вид:

,
или
,

— собственные
значения линейного оператора.

Найдем собственные
векторы, соответствующие собственному
значению
,
решая матричное уравнение:

х=0
или
,
т.е.

Полагая в последнем
равенстве
,
получим
.

Откуда собственные
векторы, соответствующие собственному
значению
,
имеют вид х¹=.

Найдем собственные
векторы, соответствующие собственному
значению
,
решая матричное уравнение:

х=0
или
,
т.е.

Полагая в последнем
равенстве
,
получим
.

Откуда собственные
векторы, соответствующие собственному
значению
,
имеют вид х²=.

Ответ. Собственному
значению
соответствуют собственные векторы
х¹=,
а собственному значению
собственные векторы

х²=.

Пример
3. Найти собственные значения и
собственные векторы линейного оператора
, заданного в некотором базисе матрицей
А=.

Найдем собственные
значения линейного оператора. Для этого
составим характеристическое уравнение
и найдем его корни:

,

— собственные значения линейного
оператора.

Найдем собственные
векторы, соответствующие собственному
значению
.
Исходя из соотношения
х=0
или в нашем случае

,
запишем систему:

Решая методом
Гаусса, получаем

Поскольку ранг
матрицы системы (r=2)
меньше количества неизвестных, то
система имеет бесконечное множество
решений. Записывая преобразованную
систему и решая ее, получим
,
.

Таким образом,
собственные векторы, соответствующие
собственному значению
,
имеют вид: Х¹=.

Найдем собственные
векторы, соответствующие собственному
значению
.
Исходя из соотношения
х=0
или в нашем случае

,
т.е.

Решая методом
Гаусса, получаем

откуда, система
принимает вид

Полагая
,
получим
.

Таким образом,
собственные векторы, соответствующие
собственному значению
,
имеют вид: Х²=.

Найдем собственные
векторы, соответствующие собственному
значению
.
Исходя из соотношения
х=0
или в нашем случае

,
т.е.

Решая методом
Гаусса, получаем

откуда, система
принимает вид

Полагая
,
получим
.

Таким
образом, собственные векторы,
соответствующие собственному значению
,
имеют вид: Х³=.

Соседние файлы в папке Математика

Источник

Собственные числа и собственные векторы линейного оператора

Наиболее просто устроены матрицы диагонального вида . Возникает вопрос, нельзя ли найти базис, в котором матрица линейного оператора имела бы диагональный вид. Такой базис существует.

Пусть дано линейное пространство R_n и действующий в нем линейный оператор A; в этом случае оператор A переводит R_n в себя, то есть A:R_n
→ R_n.

Определение. Ненулевой вектор x называется собственным вектором оператора A, если оператор A переводит x в коллинеарный ему вектор, то есть A·x = λ·x. Число λ называется собственным значением или собственным числом оператора A, соответствующим собственному вектору x.

Отметим некоторые свойства собственных чисел и собственных векторов.

1. Любая линейная комбинация собственных векторов x₁, x₂, …, x_m оператора A, отвечающих одному и тому же собственному числу λ, является собственным вектором с тем же собственным числом.

2. Собственные векторы x₁, x₂, …, x_m оператора A с попарно различными собственными числами λ₁, λ₂, …, λ_m
линейно независимы.

3. Если собственные числа λ₁=λ₂= λ_m= λ, то собственному числу λ соответствует не более m линейно независимых собственных векторов.

Итак, если имеется n линейно независимых собственных векторов x₁, x₂, …, x_n, соответствующих различным собственным числам λ₁, λ₂, …, λ_n, то они линейно независимы, следовательно, их можно принять за базис пространства R_n. Найдем вид матрицы линейного оператора A в базисе из его собственных векторов, для чего подействуем оператором A на базисные векторы: тогда .

Таким образом, матрица линейного оператора A в базисе из его собственных векторов имеет диагональный вид, причем по диагонали стоят собственные числа оператора A.

Существует ли другой базис, в котором матрица имеет диагональный вид? Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.

Теорема. Матрица линейного оператора A в базисе {ε_i} (i = 1..n) имеет диагональный вид тогда и только тогда, когда все векторы базиса — собственные векторы оператора A.

Правило отыскания собственных чисел и собственных векторов

Пусть дан вектор x=(x₁, x₂, …, x_n), где x₁, x₂, …, x_n — координаты вектора x относительно базиса {ε₁, ε₂, …, ε_n} и x — собственный вектор линейного оператора A, соответствующий собственному числу λ, то есть A·x=λ·x. Это соотношение можно записать в матричной форме

x·(A-λ·E). (*)

Уравнение (*) можно рассматривать как уравнение для отыскания x, причем x ≠ 0, то есть нас интересуют нетривиальные решения, поскольку собственный вектор не может быть нулевым. Известно, что нетривиальные решения однородной системы линейных уравнений существуют тогда и только тогда, когда det(A — λE) = 0. Таким образом, для того, чтобы λ было собственным числом оператора A необходимо и достаточно, чтобы det(A — λE) = 0.

Если уравнение (*) расписать подробно в координатной форме, то получим систему линейных однородных уравнений:

(1)

где — матрица линейного оператора.

Система (1) имеет ненулевое решение, если ее определитель D равен нулю

Получили уравнение для нахождения собственных чисел.

Это уравнение называется характеристическим уравнением, а его левая часть — характеристическим многочленом матрицы (оператора) A. Если характеристический многочлен не имеет вещественных корней, то матрица A не имеет собственных векторов и ее нельзя привести к диагональному виду.

Пусть λ₁, λ₂, …, λ_n — вещественные корни характеристического уравнения, причем среди них могут быть и кратные. Подставляя по очереди эти значения в систему (1), находим собственные векторы.

Пример №1. Линейный оператор A действует в R₃ по закону A·x=(x₁-3x₂+4x₃, 4x₁-7x₂+8x₃, 6x₁-7x₂+7x₃), где x₁, x₂, .., x_n — координаты вектора x в базисе e₁=(1,0,0), e₂=(0,1,0), e₃=(0,0,1). Найти собственные числа и собственные векторы этого оператора.

Решение. Строим матрицу этого оператора:

A·e₁=(1,4,6)

A·e₂=(-3,-7,-7)

A·e₃=(4,8,7)

.

Составляем систему для определения координат собственных векторов:

(1-λ)x₁-3x₂+4x₃=0

x₁-(7+λ)x₂+8x₃=0

x₁-7x₂+(7-λ)x₃=0

Составляем характеристическое уравнение и решаем его:

λ_1,2 = -1, λ₃ = 3.

Подставляя λ = -1 в систему, имеем:

или

Так как , то зависимых переменных два, а свободное одно.

Пусть x₁ — свободное неизвестное, тогда Решаем эту систему любым способом и находим общее решение этой системы: Фундаментальная система решений состоит из одного решения, так как n — r = 3 — 2 = 1.

Множество собственных векторов, отвечающих собственному числу λ = -1, имеет вид: (x₁, 2x₁, x₁)=x₁(1,2,1), где x₁ — любое число, отличное от нуля. Выберем из этого множества один вектор, например, положив x₁ = 1: x₁=(1,2,1).

Рассуждая аналогично, находим собственный вектор, отвечающий собственному числу λ = 3: x₂=(1,2,2).

В пространстве R₃ базис состоит из трех линейно независимых векторов, мы же получили только два линейно независимых собственных вектора, из которых базис в R₃ составить нельзя. Следовательно, матрицу A линейного оператора привести к диагональному виду не можем.

Пример №2. Дана матрица .

1. Доказать, что вектор x=(1,8,-1) является собственным вектором матрицы A. Найти собственное число, соответствующее этому собственному вектору.

2. Найти базис, в котором матрица A имеет диагональный вид.

Решение находим с помощью калькулятора.

1. Если A·x=λ·x, то x — собственный вектор

Вектор (1, 8, -1) — собственный вектор. Собственное число λ = -1.

Диагональный вид матрица имеет в базисе, состоящем из собственных векторов. Один из них известен. Найдем остальные.

Собственные векторы ищем из системы:

(2-λ)x₁+3x₃=0;

10x₁-(3+λ)x₂-6x₃=0;

-x₁-(2+λ)x₃=0;

Характеристическое уравнение: ;

(3 + λ)[-2(2-λ)(2+λ)+3] = 0; (3+λ)(λ² — 1) = 0

λ₁ = -3, λ₂ = 1, λ₃ = -1.

Найдем собственный вектор, отвечающий собственному числу λ = -3:

5x₁+3x₃=0;

10x₁-6x₃=0;

-x₁+x₃=0;

Ранг матрицы этой системы равен двум и равен числу неизвестных, поэтому эта система имеет только нулевое решение x₁ = x₃ = 0. x₂ здесь может быть любым, отличным от нуля, например, x₂ = 1. Таким образом, вектор (0,1,0) является собственным вектором, отвечающим λ = -3. Проверим:

Если λ = 1, то получаем систему

Ранг матрицы равен двум. Последнее уравнение вычеркиваем.

Пусть x₃ — свободное неизвестное. Тогда x₁ = -3x₃, 4x₂ = 10x₁ — 6x₃ = -30x₃ — 6x₃, x₂ = -9x₃.

Полагая x₃ = 1, имеем (-3,-9,1) — собственный вектор, отвечающий собственному числу λ = 1. Проверка:

Так как собственные числа действительные и различны, то векторы, им отвечающие, линейно независимы, поэтому их можно принять за базис в R₃. Таким образом, в базисе f₁=(1,8,-1), f₂=(0,1,0), f₃=(-3,-9,1) матрица A имеет вид:

.

Не всякую матрицу линейного оператора A:R_n→ R_n можно привести к диагональному виду, поскольку для некоторых линейных операторов линейно независимых собственных векторов может быть меньше n. Однако, если матрица симметрическая, то корню характеристического уравнения кратности m соответствует ровно m линейно независимых векторов.

Определение. Симметрической матрицей называется квадратная матрица, в которой элементы, симметричные относительно главной диагонали, равны, то есть в которой a_i^k=a_kⁱ.

Замечания.

Все собственные числа симметрической матрицы вещественны.
Собственные векторы симметрической матрицы, соответствующие попарно различным собственным числам, ортогональны.

В качестве одного из многочисленных приложений изученного аппарата, рассмотрим задачу об определении вида кривой второго порядка.

Перейти к онлайн решению своей задачи

Источник

Нахождение собственных чисел и собственных векторов

Данный калькулятор поможет найти собственные числа и векторы, используя характеристическое уравнение.

Больше:

Выводить десятичную дробь

Оставляйте лишние ячейки пустыми для ввода неквадратных матриц.
Элементы матриц — десятичные (конечные и периодические) дроби: 1/3, 3,14, -1,3(56) или 1,2e-4; либо арифметические выражения: 2/3+3*(10-4), (1+x)/y^2, 2^0,5 (=2), 2^(1/3), 2^n, sin(phi), cos(3,142rad), a_1 или (root of x^5-x-1 near 1,2).
- decimal (finite and periodic) fractions:
  
  1/3, 3,14, -1,3(56) или 1,2e-4
- 2/3+3*(10-4), (1+x)/y^2, 2^0,5 (=2), 2^(1/3), 2^n, sin(phi), cos(3,142rad), a_1 или (root of x^5-x-1 near 1,2)
- matrix literals:
  
  {{1,3},{4,5}}
- operators:
  
  +, -, *, /, , !, ^, ^{*}, ,, ;, ≠, =, ⩾, ⩽, > и <
- functions:
  
  sqrt, cbrt, exp, log, abs, conjugate, min, max, gcd, rank, adjugate, inverse, determinant, transpose, pseudoinverse, cos, sin, tan, cot, cosh, sinh, tanh, coth, arccos, arcsin, arctan, arccot, arcosh, arsinh, artanh и arcoth
- units:
  
  rad, deg
- special symbols:
  - pi, e, i — mathematical constants
  - k, n — integers
  - I or E — identity matrix
  - X, Y — matrix symbols
Используйте ↵ Ввод, Пробел, ←↑↓→, Backspace и Delete для перемещения по ячейкам, Ctrl⌘ Cmd+C/Ctrl⌘ Cmd+V — для копирования матриц.
Перетаскивайте матрицы из результата (drag-and-drop), или даже из текстового редактора.
За теорией о матрицах и операциях над ними обращайтесь к страничке на Википедии.

Примеры

Найти собственные векторы ({{-26,-33,-25},{31,42,23},{-11,-15,-4}})

Источник

Онлайн калькулятор нахождение собственных чисел и собственных векторов — Собственный вектор — понятие в линейной алгебре, определяемое для квадратной матрицы или произвольного линейного преобразования как вектор, умножение матрицы на который или применение к которому преобразования даёт коллинеарный вектор — тот же вектор, умноженный на некоторое скалярное значение, называемое собственным числом матрицы или линейного преобразования.

Данный калькулятор поможет найти собственные числа и векторы, используя характеристическое уравнение.

Пожалуйста напишите с чем связна такая низкая оценка:

Для установки калькулятора на iPhone — просто добавьте страницу
«На главный экран»

Для установки калькулятора на Android — просто добавьте страницу
«На главный экран»

Источник

Собственные числа и вектора матриц. Методы их нахождения.

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

Пусть число $lambda$ и вектор $xin L, xneq 0$ таковы, что $$Ax=lambda x.qquadqquadqquadqquadqquad(1)$$ Тогда число $lambda$ называется собственным числом линейного оператора $A,$ а вектор $x$ собственным вектором этого оператора, соответствующим собственному числу $lambda.$

В конечномерном пространстве $L_n$ векторное равенство (1) эквивалентно матричному равенству $$(A-lambda E)X=0,,,,, Xneq 0.qquadqquadquadquad (2)$$

Отсюда следует, что число $lambda$ есть собственное число оператора $A$ в том и только том случае, когда детерминант $det(A-lambda E)=0,$ т. е. $lambda$ есть корень многочлена $p(lambda)=det(A-lambda E),$ называемого характеристическим многочленом оператора $A.$ Столбец координат $X$ любого собственного вектора соответствующего собственному числу $lambda$ есть нетривиальное решение однородной системы (2).

Примеры.

Найти собственные числа и собственные векторы линейных операторов, заданных своими матрицами.

4.134. $A=begin{pmatrix}2&-1&2\5&-3&3\-1&0&-2end{pmatrix}.$

Решение.

Найдем собственные вектора заданного линейного оператора. Число $lambda$ есть собственное число оператора $A$ в том и только том случае, когда $det(A-lambda E)=0.$ Запишем характеристическое уравнение:

$$A-lambda E=begin{pmatrix}2&-1&2\5&-3&3\-1&0&-2end{pmatrix}-lambdabegin{pmatrix}1&0&0\0&1&0\0&0&1end{pmatrix}=$$ $$=begin{pmatrix}2-lambda&-1&2\5&-3-lambda&3\-1&0&-2-lambdaend{pmatrix}.$$

$$det(A-lambda E)=begin{vmatrix}2-lambda&-1&2\5&-3-lambda&3\-1&0&-2-lambdaend{vmatrix}=$$ $$=(2-lambda)(-3-lambda)(-2-lambda)+3+2(-3-lambda)+5(-2-lambda)=$$ $$=-lambda^3-3lambda^2+4lambda+12+3-6-2lambda-10-5lambda=-lambda^3-3lambda^2-3lambda-1=0.$$

Решим найденное уравнение, чтобы найти собственные числа.

$$lambda^3+3lambda^2+3lambda+1=(lambda^3+1)+3lambda(lambda+1)=$$ $$=(lambda+1)(lambda^2-lambda+1)+3lambda(lambda+1)=(lambda+1)(lambda^2-lambda+1+3lambda)=$$ $$=(lambda+1)(lambda^2+2lambda+1)=(lambda+1)^3=0Rightarrow lambda=-1.$$

Собственный вектор для собственного числа $lambda=-1$ найдем из системы $$(A-lambda E)X=0, Xneq 0, Rightarrow (A+E)X=0, Xneq 0$$

$$(A+E)X=begin{pmatrix}2+1&-1&2\5&-3+1&3\-1&0&-2+1end{pmatrix}begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3end{pmatrix}=$$ $$=begin{pmatrix}3x_1-x_2+2x_3\5x_1-2x_2+3x_3\-x_1-x_3end{pmatrix}=0.$$

Решим однородную систему уравнений:

$$left{begin{array}{lcl}3x_1-x_2+2x_3=0\ 5x_1-2x_2+3x_3=0\-x_1-x_3=0end{array}right.$$

Вычислим ранг матрицы коэффициентов $A=begin{pmatrix}3&-1&2\5&-2&3\-1&0&-1end{pmatrix}$ методом окаймляющих миноров:

Фиксируем минор отличный от нуля второго порядка $M_2=begin{vmatrix}3&-1\5&-2end{vmatrix}=-6+5=-1neq 0.$

Рассмотрим окаймляющий минор третьего порядка: $begin{vmatrix}3&-1&2\5&-2&3\-1&0&-1end{vmatrix}=6+3-4-5=0;$

Таким образом ранг матрицы $A$ равен двум.

Выберем в качестве базисного минор $M=begin{vmatrix}3&-1\5&-2end{vmatrix}=-1neq 0.$ Тогда, полагая $x_3=c,$ получаем: $$left{begin{array}{lcl}3x_1-x_2+2с=0\ 5x_1-2x_2+3с=0end{array}right.Rightarrowleft{begin{array}{lcl}3x_1-x_2=-2c\5x_1-2x_2=-3cend{array}right.$$

По правилу Крамера находим $x_1$ и $x_2:$

$Delta=begin{vmatrix}3&-1\5&-2end{vmatrix}=-6+5=-1;$

$Delta_1=begin{vmatrix}-2c&-1\-3c&-2end{vmatrix}=4c-3c=c;$

$Delta_2=begin{vmatrix}3&-2c\5&-3cend{vmatrix}=-9c+10c=c;$

$x_1=frac{Delta_1}{Delta}=frac{c}{-1}=-c;$ $x_2=frac{Delta_2}{Delta}=frac{c}{-1}=-c.$

Таким образом, общее решение системы $X(c)=begin{pmatrix}-c\-c\cend{pmatrix}.$

Из общего решения находим фундаментальную систему решений: $E=X(1)=begin{pmatrix}-1\-1\1end{pmatrix}.$

С использованием фундаментальной системы решений, общее решение может быть записано в виде $X(c)=cE.$

Ответ: $lambda=-1;$ $X=cbegin{pmatrix}-1\-1\1end{pmatrix}, cneq 0.$

{jumi[*3]}

4.143. $A=begin{pmatrix}0&-1&0\1&1&-2\1&-1&0end{pmatrix}.$

Решение.

$$A-lambda E=begin{pmatrix}0&-1&0\1&1&-2\1&-1&0end{pmatrix}-lambdabegin{pmatrix}1&0&0\0&1&0\0&0&1end{pmatrix}=$$ $$=begin{pmatrix}-lambda&-1&0\1&1-lambda&-2\1&-1&-lambdaend{pmatrix}.$$

$$det(A-lambda E)=begin{vmatrix}-lambda&-1&0\1&1-lambda&-2\1&-1&-lambdaend{vmatrix}=$$ $$=-lambda(1-lambda)(-lambda)+2-lambda+2lambda=$$ $$=-lambda^3+lambda^2+lambda+2=0.$$

Решим найденное уравнение, чтобы найти собственные числа.

$$-lambda^3+lambda^2+lambda+2=(lambda-2)(-lambda^2-lambda-1)=0Rightarrow lambda=2.$$

Собственный вектор для собственного числа $lambda=2$ найдем из системы $$(A-lambda E)X=0, Xneq 0, Rightarrow (A-2E)X=0, Xneq 0$$

$$(A-2E)X=begin{pmatrix}-2&-1&0\1&-1&-2\1&-1&-2end{pmatrix}begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3end{pmatrix}=$$ $$=begin{pmatrix}-2x_1-x_2\x_1-x_2-2x_3\x_1-x_2-2x_3end{pmatrix}=0.$$

Решим однородную систему уравнений:

$$left{begin{array}{lcl}-2x_1-x_2=0\ x_1-x_2-2x_3=0\x_1-x_2-2x_3=0end{array}right.$$

Вычислим ранг матрицы коэффициентов $A=begin{pmatrix}-2&-1&0\1&-1&-2\1&-1&-2end{pmatrix}$ методом окаймляющих миноров:

Фиксируем минор отличный от нуля второго порядка $M_2=begin{vmatrix}-2&-1\1&-1end{vmatrix}=2+1=3neq 0.$

Рассмотрим окаймляющий минор третьего порядка: $begin{vmatrix}-2&-1&0\1&-1&-2\1&-1&-2end{vmatrix}=0;$

Таким образом ранг матрицы $A$ равен двум.

Выберем в качестве базисного минор $M=begin{vmatrix}-2&-1\1&-1end{vmatrix}=3neq 0.$ Тогда, полагая $x_3=c,$ получаем: $$left{begin{array}{lcl}-2x_1-x_2=0\ x_1-x_2-2с=0end{array}right.Rightarrowleft{begin{array}{lcl}-2x_1-x_2=0\x_1-x_2=2cend{array}right.$$

По правилу Крамера находим $x_1$ и $x_2:$

$Delta=begin{vmatrix}-2&-1\1&-1end{vmatrix}=2+1=3;$

$Delta_1=begin{vmatrix}0&-1\2c&-1end{vmatrix}=2c;$

$Delta_2=begin{vmatrix}-2&0\1&2cend{vmatrix}=-4c;$

$x_1=frac{Delta_1}{Delta}=frac{2c}{3};$ $x_2=frac{Delta_2}{Delta}=frac{-4c}{3}.$

Таким образом, общее решение системы $X(c)=begin{pmatrix}frac{2c}{3}\-frac{4c}{3}\cend{pmatrix}.$

Из общего решения находим фундаментальную систему решений: $E=X(1)=begin{pmatrix}frac{2}{3}\-frac{4}{3}\1end{pmatrix}.$

С использованием фундаментальной системы решений, общее решение может быть записано в виде $X(c)=cE.$ Переобозначив постоянную, $alpha=3c,$ получаем собственный вектор $X=alphabegin{pmatrix}2\-4\3end{pmatrix}, alphaneq 0.$

Ответ: $lambda=2;$ $X=alphabegin{pmatrix}2\-4\3end{pmatrix}, alphaneq 0.$

Домашнее задание.

Найти собственные числа и собственные векторы линейных операторов, заданных своими матрицами.

4.135. $A=begin{pmatrix}0&1&0\-4&4&0\-2&1&2end{pmatrix}.$

Ответ: $lambda=2;$ $X=c_1begin{pmatrix}1\2\0end{pmatrix}+c_2begin{pmatrix}0\0\1end{pmatrix}, $c_1$ и $ c_2$ не равны одновременно нулю.

4.142. $A=begin{pmatrix}1&-3&1\3&-3&-1\3&-5&1end{pmatrix}.$

Ответ: $lambda_1=-1,$ $X(lambda_1)=cbegin{pmatrix}1\1\1end{pmatrix};$ $lambda_2=2,$ $X(lambda_2)=cbegin{pmatrix}4\1\7end{pmatrix};$ $lambda_3=-2,$ $X(lambda_3)=cbegin{pmatrix}2\3\3end{pmatrix}, cneq 0.$

{jumi[*4]}

Источник