1. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 1:
Nejprve vypočítáme charakteristický polynom matice \( A \): \[ \det(A – \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2 – \lambda & 1 \\ 1 & 2 – \lambda \end{pmatrix} = (2 – \lambda)^2 – 1 = \lambda^2 – 4\lambda + 3. \] Nalezneme kořeny charakteristického polynomu: \[ \lambda^2 – 4\lambda + 3 = 0 \Rightarrow \lambda = \frac{4 \pm \sqrt{16 – 12}}{2} = \frac{4 \pm 2}{2}. \] Tedy vlastní čísla jsou: \[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 3. \] Nyní nalezneme vlastní vektor pro \( \lambda_1 = 1 \): \[ (A – I) \mathbf{x} = \mathbf{0} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \] Rovnice jsou: \[ x_1 + x_2 = 0. \] Vlastní vektor může být například: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}. \] Pro \( \lambda_2 = 3 \): \[ (A – 3I) \mathbf{x} = \mathbf{0} \Rightarrow \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \mathbf{0}. \] Rovnice: \[ -x_1 + x_2 = 0, \] tedy například: \[ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \] Shrnutí: \[ \text{Vlastní čísla: } 1, 3; \quad \text{vlastní vektory: } \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]
2. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( B = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 2:
Matice \( B \) je horní trojúhelníková, vlastní čísla jsou tedy prvky na hlavní diagonále: \[ \lambda_1 = 4, \quad \lambda_2 = 2, \quad \lambda_3 = 3. \] Pro každé vlastní číslo nalezneme vlastní vektor řešením rovnice \((B – \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}\). Pro \( \lambda_1 = 4 \): \[ (B – 4I) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} 0x_1 + 0x_2 + 0x_3 = 0, \\ x_1 – 2x_2 = 0, \\ x_2 – x_3 = 0. \end{cases} \] Z druhé rovnice: \[ x_1 = 2x_2, \] z třetí: \[ x_3 = x_2. \] Volíme \( x_2 = t \), tedy vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 2t \\ t \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \] Pro \( \lambda_2 = 2 \): \[ (B – 2I) = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} 2x_1 = 0 \Rightarrow x_1 = 0, \\ x_1 = 0, \\ x_2 + x_3 = 0. \end{cases} \] Z poslední rovnice: \[ x_3 = -x_2. \] Vlastní vektor je tedy: \[ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ t \\ -t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}. \] Pro \( \lambda_3 = 3 \): \[ (B – 3I) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} x_1 = 0, \\ x_1 – x_2 = 0 \Rightarrow -x_2 = 0 \Rightarrow x_2 = 0, \\ x_2 = 0. \end{cases} \] Třetí proměnná \( x_3 \) není omezená, volíme \( x_3 = t \), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ t \end{pmatrix}. \] Shrnutí: \[ \lambda_1 = 4, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 2, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 3, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}. \]
3. Určete vlastní čísla a vlastní vektory matice \( C = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 6 & -11 & 6 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 3:
Nejprve vypočítáme charakteristický polynom: \[ \det(C – \lambda I) = \det \begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 0 & -\lambda & 1 \\ 6 & -11 & 6 – \lambda \end{pmatrix}. \] Tento determinant vypočteme podle první řady: \[ (-\lambda) \cdot \det \begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ -11 & 6 – \lambda \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 6 & 6 – \lambda \end{pmatrix} + 0. \] Nejprve: \[ \det \begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ -11 & 6 – \lambda \end{pmatrix} = (-\lambda)(6 – \lambda) – (-11)(1) = -6\lambda + \lambda^2 + 11 = \lambda^2 – 6\lambda + 11. \] Dále: \[ \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 6 & 6 – \lambda \end{pmatrix} = 0 \cdot (6 – \lambda) – 6 \cdot 1 = -6. \] Celkově: \[ (-\lambda)(\lambda^2 – 6\lambda + 11) – 1 \cdot (-6) = -\lambda^3 + 6\lambda^2 – 11\lambda + 6. \] Hledáme kořeny polynomu: \[ -\lambda^3 + 6\lambda^2 – 11\lambda + 6 = 0 \Rightarrow \lambda^3 – 6\lambda^2 + 11\lambda – 6 = 0. \] Zkoušíme racionální kořeny \( \pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6 \). Zkouška \( \lambda = 1 \): \[ 1 – 6 + 11 – 6 = 0, \] kořen. Dělením polynomu: \[ (\lambda – 1)(\lambda^2 – 5\lambda + 6) = 0, \] kde druhý polynom faktorizujeme: \[ \lambda^2 – 5\lambda + 6 = (\lambda – 2)(\lambda – 3). \] Tedy vlastní čísla jsou: \[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2, \quad \lambda_3 = 3. \] Nyní vlastní vektory. Pro \( \lambda = 1 \): \[ (C – I) = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 6 & -11 & 5 \end{pmatrix}. \] Řešíme: \[ (C – I) \mathbf{x} = 0. \] Z první rovnice: \[ -x_1 + x_2 = 0 \Rightarrow x_2 = x_1. \] Ze druhé: \[ -x_2 + x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = x_2 = x_1. \] Třetí je kombinací předchozích, ověříme: \[ 6x_1 – 11x_2 + 5x_3 = 6x_1 – 11x_1 + 5x_1 = 0. \] Vlastní vektor je tedy: \[ \mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \] Podobně pro \( \lambda = 2 \): \[ (C – 2I) = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \\ 6 & -11 & 4 \end{pmatrix}. \] Z první rovnice: \[ -2x_1 + x_2 = 0 \Rightarrow x_2 = 2x_1. \] Ze druhé: \[ -2x_2 + x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 2x_2 = 4x_1. \] Ověříme třetí: \[ 6x_1 – 11x_2 + 4x_3 = 6x_1 – 11 \cdot 2x_1 + 4 \cdot 4x_1 = 6x_1 – 22x_1 + 16x_1 = 0. \] Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}. \] Pro \( \lambda = 3 \): \[ (C – 3I) = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 1 \\ 6 & -11 & 3 \end{pmatrix}. \] Z první rovnice: \[ -3x_1 + x_2 = 0 \Rightarrow x_2 = 3x_1. \] Ze druhé: \[ -3x_2 + x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 3x_2 = 9x_1. \] Třetí: \[ 6x_1 – 11x_2 + 3x_3 = 6x_1 – 33x_1 + 27x_1 = 0. \] Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_3 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 9 \end{pmatrix}. \] Shrnutí: \[ \lambda_1 = 1, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 2, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 3, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 9 \end{pmatrix}. \]
4. Určete vlastní čísla a vlastní vektory matice \( D = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 4:
Matice \( D \) je horní trojúhelníková se všemi prvky na diagonále rovny 3. Vlastní číslo je tedy pouze jedno, \(\lambda = 3\), s algebraickou násobností 3. Vlastní vektory najdeme řešením: \[ (D – 3I)\mathbf{x} = \mathbf{0} \Rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} x_2 = 0, \\ x_3 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Vlastní prostor je tedy tvořen všemi vektory tvaru: \[ \mathbf{v} = \begin{pmatrix} t \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \] Jelikož má matice pouze jedno vlastí číslo, ale dimenze vlastního prostoru je 1, matice není diagonalizovatelná. Shrnutí: \[ \lambda = 3 \text{ (trojnásobný kořen)}, \quad \mathbf{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \]
5. Najděte vlastní čísla a odpovídající vlastní vektory matice
\( A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} \)
Řešení příkladu:
1. Určíme charakteristický polynom matice \(A\), což znamená vypočítat \(\det(A – \lambda I)\), kde \(I\) je jednotková matice 3×3 a \(\lambda\) je skalár (vlastní číslo).
\[ A – \lambda I = \begin{pmatrix} 2 – \lambda & 1 & 0 \\ 1 & 2 – \lambda & 1 \\ 0 & 1 & 2 – \lambda \end{pmatrix} \]
2. Vypočítáme determinant této matice:
\[ \det(A – \lambda I) = (2 – \lambda) \cdot \det \begin{pmatrix} 2 – \lambda & 1 \\ 1 & 2 – \lambda \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 – \lambda \end{pmatrix} + 0 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 2 – \lambda \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \]
3. Vypočítáme jednotlivé determinanty podmatic:
\[ \det \begin{pmatrix} 2 – \lambda & 1 \\ 1 & 2 – \lambda \end{pmatrix} = (2 – \lambda)(2 – \lambda) – 1 \cdot 1 = (2 – \lambda)^2 – 1 \]
\[ \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 – \lambda \end{pmatrix} = 1 \cdot (2 – \lambda) – 1 \cdot 0 = 2 – \lambda \]
4. Dosadíme zpět do výrazu pro determinant:
\[ \det(A – \lambda I) = (2 – \lambda)((2 – \lambda)^2 – 1) – 1 \cdot (2 – \lambda) = (2 – \lambda)((2 – \lambda)^2 – 1) – (2 – \lambda) \]
5. Vytkneme \((2 – \lambda)\):
\[ \det(A – \lambda I) = (2 – \lambda) \bigl( (2 – \lambda)^2 – 1 – 1 \bigr) = (2 – \lambda) \bigl( (2 – \lambda)^2 – 2 \bigr) \]
6. Rozepíšeme \((2 – \lambda)^2\):
\[ (2 – \lambda)^2 = 4 – 4\lambda + \lambda^2 \]
Takže
\[ \det(A – \lambda I) = (2 – \lambda)(4 – 4\lambda + \lambda^2 – 2) = (2 – \lambda)(\lambda^2 – 4\lambda + 2) \]
7. Vlastní čísla jsou kořeny rovnice \(\det(A – \lambda I) = 0\), tedy
\[ (2 – \lambda)(\lambda^2 – 4\lambda + 2) = 0 \]
Z toho vyplývá, že
\( \lambda_1 = 2 \)
a \(\lambda\) řeší kvadratickou rovnici
\( \lambda^2 – 4\lambda + 2 = 0 \).
8. Řešíme kvadratickou rovnici pomocí vzorce pro kořeny:
\[ \lambda = \frac{4 \pm \sqrt{(-4)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 2}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{16 – 8}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{8}}{2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{2}}{2} = 2 \pm \sqrt{2} \]
Takže vlastní čísla jsou
\( \lambda_1 = 2 \), \( \lambda_2 = 2 + \sqrt{2} \), \( \lambda_3 = 2 – \sqrt{2} \).
9. Nyní najdeme vlastní vektory k jednotlivým vlastním číslům.
Pro \(\lambda_1 = 2\):
Dosadíme do rovnice \((A – 2I) \mathbf{x} = \mathbf{0}\), tedy
\[ \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \]
Máme soustavu rovnic:
\[ \begin{cases} 0 \cdot x_1 + 1 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 = 0 \\ 1 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 1 \cdot x_3 = 0 \\ 0 \cdot x_1 + 1 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x_2 = 0 \\ x_1 + x_3 = 0 \\ x_2 = 0 \end{cases} \]
Z toho plyne \(x_2 = 0\) a \(x_3 = -x_1\). Volíme \(x_1 = t\), pak vlastní vektor je
\[ \mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}, t \neq 0 \]
Pro \(\lambda_2 = 2 + \sqrt{2}\):
Vypočítáme matici \(A – \lambda_2 I\) a najdeme řešení \((A – \lambda_2 I) \mathbf{x} = \mathbf{0}\).
\[ A – \lambda_2 I = \begin{pmatrix} 2 – (2 + \sqrt{2}) & 1 & 0 \\ 1 & 2 – (2 + \sqrt{2}) & 1 \\ 0 & 1 & 2 – (2 + \sqrt{2}) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & -\sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & -\sqrt{2} \end{pmatrix} \]
Soustava rovnic je tedy
\[ \begin{cases} -\sqrt{2} x_1 + x_2 = 0 \\ x_1 – \sqrt{2} x_2 + x_3 = 0 \\ x_2 – \sqrt{2} x_3 = 0 \end{cases} \]
Z první rovnice vyjádříme \(x_2 = \sqrt{2} x_1\).
Ze třetí rovnice \(x_2 = \sqrt{2} x_3 \Rightarrow \sqrt{2} x_1 = \sqrt{2} x_3 \Rightarrow x_1 = x_3\).
Druhá rovnice: \(x_1 – \sqrt{2} x_2 + x_3 = x_1 – \sqrt{2} (\sqrt{2} x_1) + x_3 = x_1 – 2 x_1 + x_3 = -x_1 + x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = x_1\), což souhlasí.
Vlastní vektor je tedy tvaru
\[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}, t \neq 0 \]
Pro \(\lambda_3 = 2 – \sqrt{2}\):
Analogicky
\[ A – \lambda_3 I = \begin{pmatrix} 2 – (2 – \sqrt{2}) & 1 & 0 \\ 1 & 2 – (2 – \sqrt{2}) & 1 \\ 0 & 1 & 2 – (2 – \sqrt{2}) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & \sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & \sqrt{2} \end{pmatrix} \]
Soustava rovnic:
\[ \begin{cases} \sqrt{2} x_1 + x_2 = 0 \\ x_1 + \sqrt{2} x_2 + x_3 = 0 \\ x_2 + \sqrt{2} x_3 = 0 \end{cases} \]
Z první rovnice \(x_2 = – \sqrt{2} x_1\).
Z třetí rovnice \(x_2 = – \sqrt{2} x_3 \Rightarrow – \sqrt{2} x_1 = – \sqrt{2} x_3 \Rightarrow x_1 = x_3\).
Druhá rovnice: \(x_1 + \sqrt{2} x_2 + x_3 = x_1 + \sqrt{2} (- \sqrt{2} x_1) + x_3 = x_1 – 2 x_1 + x_3 = – x_1 + x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = x_1\), shoda.
Vlastní vektor je tedy
\[ \mathbf{v}_3 = t \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}, t \neq 0 \]
Tím jsme nalezli všechna vlastní čísla a odpovídající vlastní vektory matice \(A\).
6. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( A = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu:
Pro vlastní čísla matice \( A \) hledáme hodnoty \(\lambda\), pro které platí charakteristická rovnice:
\[ \det(A – \lambda I) = 0 \Rightarrow \det \begin{pmatrix} 4 – \lambda & 1 \\ 2 & 3 – \lambda \end{pmatrix} = 0 \]
Vypočteme determinant:
\[ (4 – \lambda)(3 – \lambda) – 2 \cdot 1 = 0 \Rightarrow (4 – \lambda)(3 – \lambda) – 2 = 0 \]
Rozevřeme závorky:
\[ (4 \cdot 3) – 4\lambda – 3\lambda + \lambda^2 – 2 = 0 \Rightarrow 12 – 7\lambda + \lambda^2 – 2 = 0 \Rightarrow \lambda^2 – 7\lambda + 10 = 0 \]
Vyřešíme kvadratickou rovnici:
\[ \lambda = \frac{7 \pm \sqrt{49 – 40}}{2} = \frac{7 \pm 3}{2} \Rightarrow \lambda_1 = 5, \quad \lambda_2 = 2 \]
Nyní najdeme vlastní vektory pro každé vlastní číslo.
Pro \(\lambda_1 = 5\) řešíme soustavu \((A – 5I)\mathbf{v} = \mathbf{0}\):
\[ \begin{pmatrix} 4 – 5 & 1 \\ 2 & 3 – 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \mathbf{0} \]
První rovnice dává: \(-x + y = 0 \Rightarrow y = x\).
Druhá rovnice je násobkem první a tudíž splněná.
Vlastní vektor pro \(\lambda_1 = 5\) má tvar \(\mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\), kde \(t \neq 0\).
Pro \(\lambda_2 = 2\) řešíme soustavu \((A – 2I)\mathbf{v} = \mathbf{0}\):
\[ \begin{pmatrix} 4 – 2 & 1 \\ 2 & 3 – 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \mathbf{0} \Rightarrow \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \mathbf{0} \]
První rovnice dává: \(2x + y = 0 \Rightarrow y = -2x\).
Druhá rovnice je totožná s první.
Vlastní vektor pro \(\lambda_2 = 2\) má tvar \(\mathbf{v}_2 = s \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}\), kde \(s \neq 0\).
Výsledkem jsou tedy vlastní čísla \(\lambda_1 = 5\), \(\lambda_2 = 2\) a vlastní vektory odpovídající těmto číslům:
\[ \mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_2 = s \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}, \quad t, s \neq 0 \]
7. Určete vlastní čísla a odpovídající vlastní vektory matice \( B = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu:
Charakteristická rovnice je \(\det(B – \lambda I) = 0\), tedy
\[ \det \begin{pmatrix} -\lambda & -1 & 0 \\ 1 & -\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 3 – \lambda \end{pmatrix} = 0 \]
Determinant rozepíšeme podle třetího řádku:
\[ (3 – \lambda) \cdot \det \begin{pmatrix} -\lambda & -1 \\ 1 & -\lambda \end{pmatrix} = 0 \Rightarrow (3 – \lambda) \cdot (\lambda^2 + 1) = 0 \]
Rovnice má řešení:
\[ 3 – \lambda = 0 \Rightarrow \lambda = 3 \quad \text{nebo} \quad \lambda^2 + 1 = 0 \Rightarrow \lambda = \pm i \]
Vlastní čísla jsou tedy \(\lambda = 3\), \(\lambda = i\), \(\lambda = -i\).
Nyní najdeme vlastní vektory.
Pro \(\lambda = 3\):
\[ (B – 3I) \mathbf{v} = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} -3 & -1 & 0 \\ 1 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \]
Poslední rovnice je \(0=0\), takže \(z\) je libovolné.
První dvě rovnice:
\[ -3x – y = 0 \Rightarrow y = -3x \]
\[ x – 3y = 0 \Rightarrow x – 3(-3x) = x + 9x = 10x = 0 \Rightarrow x=0 \]
Odsud \(x=0\), \(y=0\), \(z\) libovolné, tedy vlastní vektor je \(\mathbf{v} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ z \end{pmatrix}\) s \(z \neq 0\).
Pro \(\lambda = i\) řešíme:
\[ (B – iI)\mathbf{v} = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} -i & -1 & 0 \\ 1 & -i & 0 \\ 0 & 0 & 3 – i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \]
Poslední rovnice dává \(z=0\) (protože \(3 – i \neq 0\)).
První dvě rovnice:
\[ \begin{cases} -i x – y = 0 \Rightarrow y = -i x \\ x – i y = 0 \end{cases} \]
Dosadíme do druhé rovnice:
\[ x – i(-i x) = x – i \cdot (-i) x = x – (-i^2) x = x – (-(-1)) x = x – 1 \cdot x = 0 \]
Rovnice je splněná pro všechna \(x\).
Vlastní vektor je \(\mathbf{v} = t \begin{pmatrix} 1 \\ -i \\ 0 \end{pmatrix}\), \(t \neq 0\).
Analogicky pro \(\lambda = -i\) je vlastní vektor \(\mathbf{v} = s \begin{pmatrix} 1 \\ i \\ 0 \end{pmatrix}\), \(s \neq 0\).
Výsledkem jsou vlastní čísla \(\lambda = 3, i, -i\) a odpovídající vlastní vektory uvedené výše.
8. Určete vlastní čísla a vlastní vektory matice \( C = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & 4 & 9 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu:
Charakteristická rovnice je:
\[ \det(C – \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2 – \lambda & 0 & 0 \\ 0 & 3 – \lambda & 4 \\ 0 & 4 & 9 – \lambda \end{pmatrix} = 0 \]
Determinant rozepíšeme podle první řádky:
\[ (2 – \lambda) \cdot \det \begin{pmatrix} 3 – \lambda & 4 \\ 4 & 9 – \lambda \end{pmatrix} = 0 \]
Determinant podmatice je:
\[ (3 – \lambda)(9 – \lambda) – 4 \cdot 4 = (3 – \lambda)(9 – \lambda) – 16 \]
Rozevřeme:
\[ 27 – 3\lambda – 9\lambda + \lambda^2 – 16 = \lambda^2 – 12\lambda + 11 \]
Charakteristická rovnice je tedy:
\[ (2 – \lambda)(\lambda^2 – 12\lambda + 11) = 0 \]
Řešení je \(\lambda_1 = 2\) a kořeny kvadratické rovnice \(\lambda^2 – 12\lambda + 11 = 0\).
Vyřešíme kvadratickou rovnici:
\[ \lambda = \frac{12 \pm \sqrt{144 – 44}}{2} = \frac{12 \pm \sqrt{100}}{2} = \frac{12 \pm 10}{2} \Rightarrow \lambda_2 = 11, \quad \lambda_3 = 1 \]
Vlastní čísla jsou tedy \(2, 11, 1\).
Najdeme vlastní vektory pro každé vlastní číslo.
Pro \(\lambda = 2\) řešíme:
\[ (C – 2I) \mathbf{v} = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 4 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \]
První rovnice je \(0=0\), takže \(x\) libovolné.
Řešíme soustavu:
\[ \begin{cases} y + 4z = 0 \\ 4y + 7z = 0 \end{cases} \]
Z první rovnice \(y = -4z\).
Dosadíme do druhé:
\[ 4(-4z) + 7z = -16z + 7z = -9z = 0 \Rightarrow z=0 \]
Tudíž \(z=0\), \(y=0\).
Vlastní vektor je tedy \(\mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\), \(t \neq 0\).
Pro \(\lambda = 11\) řešíme:
\[ (C – 11I) \mathbf{v} = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} -9 & 0 & 0 \\ 0 & -8 & 4 \\ 0 & 4 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \]
První rovnice dává \( -9x = 0 \Rightarrow x=0 \).
Druhé a třetí rovnice tvoří soustavu:
\[ \begin{cases} -8y + 4z = 0 \\ 4y – 2z = 0 \end{cases} \]
Z první rovnice \( -8y + 4z = 0 \Rightarrow 4z = 8y \Rightarrow z = 2y \).
Dosadíme do druhé:
\[ 4y – 2(2y) = 4y – 4y = 0 \]
Rovnice je splněna.
Vlastní vektor je tedy \(\mathbf{v}_2 = s \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}\), \(s \neq 0\).
Pro \(\lambda = 1\) řešíme:
\[ (C – I) \mathbf{v} = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \]
První rovnice dává \(x=0\).
Soustava:
\[ \begin{cases} 2y + 4z = 0 \\ 4y + 8z = 0 \end{cases} \]
Z první rovnice \(2y = -4z \Rightarrow y = -2z\).
Druhá je násobkem první, tudíž splněná.
Vlastní vektor je tedy \(\mathbf{v}_3 = r \begin{pmatrix} 0 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}\), \(r \neq 0\).
9. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Nejprve vypočítáme vlastní čísla matice \( A \). Vlastní čísla jsou kořeny charakteristického polynomu:
\[ \det(A – \lambda I) = 0, \quad \text{kde} \quad A – \lambda I = \begin{pmatrix} 3 – \lambda & 1 \\ 0 & 2 – \lambda \end{pmatrix}. \]
Determinant této matice je:
\[ \det(A – \lambda I) = (3 – \lambda)(2 – \lambda) – 0 \cdot 1 = (3 – \lambda)(2 – \lambda). \]
Rovnice tedy je:
\[ (3 – \lambda)(2 – \lambda) = 0. \]
Odtud získáme dvě vlastní čísla:
\[ \lambda_1 = 3, \quad \lambda_2 = 2. \]
Nyní pro každé vlastní číslo najdeme vlastní vektor \( \mathbf{v} \neq \mathbf{0} \), který splňuje:
\[ (A – \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}. \]
Pro \(\lambda_1 = 3\) máme:
\[ (A – 3I) = \begin{pmatrix} 3 – 3 & 1 \\ 0 & 2 – 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}. \]
Soustava rovnic je:
\[ \begin{cases} 0 \cdot v_1 + 1 \cdot v_2 = 0 \\ 0 \cdot v_1 – 1 \cdot v_2 = 0 \end{cases} \Rightarrow v_2 = 0. \]
Proměnná \(v_1\) je volná, tedy vlastní vektor odpovídající \(\lambda_1 = 3\) je libovolný nenulový vektor tvaru:
\[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} t \\ 0 \end{pmatrix}, \quad t \neq 0. \]
Pro \(\lambda_2 = 2\) máme:
\[ (A – 2I) = \begin{pmatrix} 3 – 2 & 1 \\ 0 & 2 – 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \]
Soustava rovnic je:
\[ \begin{cases} 1 \cdot v_1 + 1 \cdot v_2 = 0 \\ 0 \cdot v_1 + 0 \cdot v_2 = 0 \end{cases} \Rightarrow v_1 = -v_2. \]
Proměnná \(v_2\) je volná, vlastní vektor odpovídající \(\lambda_2 = 2\) je tedy libovolný nenulový vektor tvaru:
\[ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} -s \\ s \end{pmatrix}, \quad s \neq 0. \]
Tím jsme nalezli vlastní čísla i vlastní vektory matice \(A\).
10. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ B = \begin{pmatrix} 4 & 2 & 0 \\ 1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Pro nalezení vlastních čísel matice \( B \) spočítáme determinant \( \det(B – \lambda I) \) a položíme ho rovný nule.
Matice \( B – \lambda I \) je:
\[ B – \lambda I = \begin{pmatrix} 4 – \lambda & 2 & 0 \\ 1 & 3 – \lambda & 0 \\ 0 & 0 & 5 – \lambda \end{pmatrix}. \]
Determinant je roven:
\[ \det(B – \lambda I) = (5 – \lambda) \cdot \det \begin{pmatrix} 4 – \lambda & 2 \\ 1 & 3 – \lambda \end{pmatrix} \]
Vypočítáme determinant 2×2 matice:
\[ \det \begin{pmatrix} 4 – \lambda & 2 \\ 1 & 3 – \lambda \end{pmatrix} = (4 – \lambda)(3 – \lambda) – 2 \cdot 1 = (4 – \lambda)(3 – \lambda) – 2. \]
Rovnice charakteristického polynomu tedy je:
\[ (5 – \lambda) \left[(4 – \lambda)(3 – \lambda) – 2\right] = 0. \]
Nejprve najdeme kořeny \(\lambda = 5\) (z prvního činitele) a poté řešíme kvadratickou rovnici:
\[ (4 – \lambda)(3 – \lambda) – 2 = 0, \quad \text{což je} \quad (4 – \lambda)(3 – \lambda) = 2. \]
Roznásobíme:
\[ 12 – 4\lambda – 3\lambda + \lambda^2 = 2, \quad \Rightarrow \quad \lambda^2 – 7\lambda + 12 = 2. \]
Přesuneme 2 na levou stranu:
\[ \lambda^2 – 7\lambda + 10 = 0. \]
Řešíme kvadratickou rovnici pomocí diskriminantu:
\[ D = (-7)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 10 = 49 – 40 = 9. \]
Kořeny jsou:
\[ \lambda_{2,3} = \frac{7 \pm \sqrt{9}}{2} = \frac{7 \pm 3}{2}. \]
Tedy:
\[ \lambda_2 = \frac{7 + 3}{2} = 5, \quad \lambda_3 = \frac{7 – 3}{2} = 2. \]
Vlastní čísla matice \(B\) jsou tedy \(\lambda_1 = 5\) (dvojnásobný kořen) a \(\lambda_3 = 2\).
Nyní najdeme vlastní vektory pro každé vlastní číslo.
Pro \(\lambda = 5\) řešíme:
\[ (B – 5I) \mathbf{v} = \mathbf{0}, \quad \text{kde} \quad B – 5I = \begin{pmatrix} 4 – 5 & 2 & 0 \\ 1 & 3 – 5 & 0 \\ 0 & 0 & 5 – 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \]
Soustava rovnic je:
\[ \begin{cases} -v_1 + 2v_2 = 0 \\ v_1 – 2v_2 = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad -v_1 + 2v_2 = 0. \]
Z první rovnice vyjádříme:
\[ v_1 = 2v_2. \]
Proměnná \(v_3\) je volná (protože třetí rovnice je nulová), takže vlastní vektory odpovídající \(\lambda = 5\) mají tvar:
\[ \mathbf{v} = \begin{pmatrix} 2t \\ t \\ s \end{pmatrix}, \quad t \neq 0, \quad s \in \mathbb{R}. \]
Pro \(\lambda = 2\) řešíme:
\[ (B – 2I) \mathbf{v} = \mathbf{0}, \quad \text{kde} \quad B – 2I = \begin{pmatrix} 4 – 2 & 2 & 0 \\ 1 & 3 – 2 & 0 \\ 0 & 0 & 5 – 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}. \]
Soustava rovnic je:
\[ \begin{cases} 2v_1 + 2v_2 = 0 \\ v_1 + v_2 = 0 \\ 3v_3 = 0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} v_1 + v_2 = 0 \\ v_3 = 0 \end{cases} \]
Z první rovnice vyplývá \(v_1 = -v_2\), proměnná \(v_2\) je volná, vlastní vektor má tedy tvar:
\[ \mathbf{v} = \begin{pmatrix} -r \\ r \\ 0 \end{pmatrix}, \quad r \neq 0. \]
Takto jsme získali vlastní čísla i vlastní vektory matice \(B\).
11. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( A = \begin{pmatrix} 4 & 1 & 2 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 11:
Nejprve najdeme vlastní čísla matice \(A\). Vlastní čísla jsou kořeny charakteristického polynomu \[ \det(A – \lambda I) = 0, \] kde \(I\) je jednotková matice stejné velikosti.
Matice \(A – \lambda I\) je \[ \begin{pmatrix} 4 – \lambda & 1 & 2 \\ 0 & 3 – \lambda & -1 \\ 0 & 0 & 2 – \lambda \end{pmatrix}. \] Jelikož je matice horní trojúhelníková, determinant je součin diagonálních prvků: \[ \det(A – \lambda I) = (4-\lambda)(3-\lambda)(2-\lambda). \]
Kořeny rovnice \((4-\lambda)(3-\lambda)(2-\lambda) = 0\) jsou \[ \lambda_1 = 4, \quad \lambda_2 = 3, \quad \lambda_3 = 2. \]
Nyní najdeme vlastní vektory pro každé vlastní číslo řešením rovnice \[ (A – \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}. \]
Pro \(\lambda_1 = 4\) platí \[ (A – 4I) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}. \] Soustava je \[ \begin{cases} 0x + 1y + 2z = 0 \\ 0x – 1y – 1z = 0 \\ 0x + 0y – 2z = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y + 2z = 0 \\ -y – z = 0 \\ -2z = 0 \end{cases}. \]
Z poslední rovnice \( -2z = 0 \Rightarrow z = 0\). Dosadíme do druhé: \[ -y – 0 = 0 \Rightarrow y = 0. \] První rovnice je automaticky splněna. Hodnota \(x\) není omezena, jelikož v matici jsou samé nuly v prvním sloupci.
Vlastní vektor pro \(\lambda_1=4\) je tedy \[ \mathbf{x} = \begin{pmatrix}x \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad x \neq 0. \]
Pro \(\lambda_2 = 3\): \[ A – 3I = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} x + y + 2z = 0 \\ 0x + 0y – z = 0 \\ 0x + 0y – z = 0 \end{cases}. \]
Z druhé rovnice \( -z = 0 \Rightarrow z=0\). Dosadíme do první: \[ x + y + 0 = 0 \Rightarrow y = -x. \] Tedy vlastní vektor je \[ \mathbf{x} = \begin{pmatrix} x \\ -x \\ 0 \end{pmatrix}, \quad x \neq 0. \]
Pro \(\lambda_3=2\): \[ A – 2I = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} 2x + y + 2z = 0 \\ 0x + y – z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases}. \]
Z druhé rovnice \(y = z\). Dosadíme do první: \[ 2x + z + 2z = 2x + 3z = 0 \Rightarrow 2x = -3z \Rightarrow x = -\frac{3}{2}z. \] Vlastní vektor je tedy \[ \mathbf{x} = \begin{pmatrix} -\frac{3}{2} z \\ z \\ z \end{pmatrix}, \quad z \neq 0. \]
Shrnutí: \[ \lambda_1 = 4, \quad \mathbf{x}_1 = \begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 3, \quad \mathbf{x}_2 = \begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 2, \quad \mathbf{x}_3 = \begin{pmatrix} -\frac{3}{2} \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]
12. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( B = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 6 & -11 & 6 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 12:
Charakteristický polynom hledáme jako \[ \det(B – \lambda I) = 0. \] Matice \(B – \lambda I\) je \[ \begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 0 & -\lambda & 1 \\ 6 & -11 & 6 – \lambda \end{pmatrix}. \] Determinant spočítáme podle první řady: \[ (-\lambda) \cdot \det \begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ -11 & 6 – \lambda \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 6 & 6 – \lambda \end{pmatrix} + 0. \]
Vypočteme determinanty menších matic: \[ \det \begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ -11 & 6 – \lambda \end{pmatrix} = (-\lambda)(6-\lambda) – (-11)(1) = -\lambda(6-\lambda) + 11, \] \[ \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 6 & 6 – \lambda \end{pmatrix} = 0 \cdot (6-\lambda) – 6 \cdot 1 = -6. \]
Dosadíme do výrazu: \[ (-\lambda)[-\lambda(6-\lambda) + 11] – 1 \cdot (-6) = (-\lambda)(-\lambda(6-\lambda) + 11) + 6. \]
Rozepíšeme: \[ (-\lambda)(-\lambda(6-\lambda) + 11) = (-\lambda)( -6\lambda + \lambda^2 + 11) = \lambda (6\lambda – \lambda^2 – 11) = 6 \lambda^2 – \lambda^3 – 11 \lambda. \]
Celkově máme \[ 6 \lambda^2 – \lambda^3 – 11 \lambda + 6 = 0. \] Přepsáno jako \[ -\lambda^3 + 6 \lambda^2 – 11 \lambda + 6 = 0. \] Pro přehlednost vynásobíme rovnicí \(-1\): \[ \lambda^3 – 6 \lambda^2 + 11 \lambda – 6 = 0. \]
Hledáme kořeny polynomu \(\lambda^3 – 6 \lambda^2 + 11 \lambda – 6\). Zkoušíme kořeny z dělitelů absolutního členu 6: \(\pm1, \pm2, \pm3, \pm6\).
Pro \(\lambda=1\): \[ 1 – 6 + 11 – 6 = 0, \] takže \(\lambda=1\) je kořen.
Polynom vydělíme \((\lambda – 1)\): \[ \lambda^3 – 6 \lambda^2 + 11 \lambda – 6 = (\lambda – 1)(\lambda^2 – 5 \lambda + 6). \] Kvadratický člen \(\lambda^2 – 5 \lambda + 6 = 0\) má kořeny \[ \lambda = \frac{5 \pm \sqrt{25 – 24}}{2} = \frac{5 \pm 1}{2}. \] Tedy \[ \lambda_2 = 2, \quad \lambda_3 = 3. \]
Shrnutí vlastních čísel: \[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2, \quad \lambda_3 = 3. \]
Najdeme vlastní vektory řešením \((B – \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}\) pro každé \(\lambda\).
Pro \(\lambda_1=1\): \[ B – I = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 6 & -11 & 5 \end{pmatrix}. \] Soustava \[ \begin{cases} -x + y = 0 \\ -y + z = 0 \\ 6x – 11 y + 5 z = 0 \end{cases}. \] Z první rovnice \(y = x\). Z druhé \(z = y = x\). Dosadíme do třetí: \[ 6x – 11 x + 5 x = (6 – 11 + 5) x = 0, \] což je pravda pro libovolné \(x\).
Vlastní vektor: \[ \mathbf{x} = x \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad x \neq 0. \]
Pro \(\lambda_2=2\): \[ B – 2 I = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \\ 6 & -11 & 4 \end{pmatrix}. \] Soustava \[ \begin{cases} -2x + y = 0 \\ -2y + z = 0 \\ 6x – 11 y + 4 z = 0 \end{cases}. \] Z první rovnice \(y = 2x\). Z druhé \(z = 2 y = 4 x\). Dosadíme do třetí: \[ 6x – 11(2x) + 4 (4x) = 6x – 22 x + 16 x = 0, \] což platí pro libovolné \(x\).
Vlastní vektor: \[ \mathbf{x} = x \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}, \quad x \neq 0. \]
Pro \(\lambda_3=3\): \[ B – 3 I = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 1 \\ 6 & -11 & 3 \end{pmatrix}. \] Soustava \[ \begin{cases} -3x + y = 0 \\ -3y + z = 0 \\ 6x – 11 y + 3 z = 0 \end{cases}. \] Z první rovnice \(y = 3x\). Z druhé \(z = 3 y = 9 x\). Dosadíme do třetí: \[ 6x – 11 (3x) + 3 (9 x) = 6x – 33 x + 27 x = 0, \] což je pravda pro libovolné \(x\).
Vlastní vektor: \[ \mathbf{x} = x \begin{pmatrix}1 \\ 3 \\ 9 \end{pmatrix}, \quad x \neq 0. \]
13. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu:
1. Nejprve určíme charakteristický polynom matice \( A \). Ten je dán vzorcem \( \det(A – \lambda I) = 0 \), kde \( I \) je jednotková matice a \( \lambda \) je vlastní číslo.
Matice \( A – \lambda I = \begin{pmatrix} 2 – \lambda & 1 \\ 1 & 2 – \lambda \end{pmatrix} \).
Výpočet determinantu:
\( \det(A – \lambda I) = (2 – \lambda)(2 – \lambda) – (1)(1) = (2 – \lambda)^2 – 1 \).
Rozepíšeme kvadratický výraz:
\( (2 – \lambda)^2 – 1 = (4 – 4\lambda + \lambda^2) – 1 = \lambda^2 – 4\lambda + 3 \).
Řešíme kvadratickou rovnici:
\( \lambda^2 – 4\lambda + 3 = 0 \).
Diskriminant:
\( D = (-4)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 3 = 16 – 12 = 4 \).
Kořeny rovnice:
\( \lambda_{1,2} = \frac{4 \pm \sqrt{4}}{2} = \frac{4 \pm 2}{2} \Rightarrow \lambda_1 = 3, \lambda_2 = 1 \).
Tedy vlastní čísla jsou \( 3 \) a \( 1 \).
Nyní najdeme vlastní vektory pro každé vlastní číslo zvlášť.
Pro \( \lambda_1 = 3 \) řešíme soustavu \( (A – 3I)\mathbf{x} = \mathbf{0} \):
\( A – 3I = \begin{pmatrix} 2-3 & 1 \\ 1 & 2-3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \).
Soustava rovnic:
\(-x + y = 0 \Rightarrow y = x\)
Vlastní vektor je tedy libovolný nenulový násobek vektoru \( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \).
Pro \( \lambda_2 = 1 \) řešíme soustavu \( (A – I)\mathbf{x} = \mathbf{0} \):
\( A – I = \begin{pmatrix} 2-1 & 1 \\ 1 & 2-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \).
Soustava rovnic:
\( x + y = 0 \Rightarrow y = -x \)
Vlastní vektor je tedy libovolný nenulový násobek vektoru \( \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \).
14. Určete vlastní čísla a vlastní vektory matice \( B = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 1 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu:
1. Charakteristický polynom \( \det(B – \lambda I) = 0 \) pro matici \( B \) určíme z determinantů matice
\( B – \lambda I = \begin{pmatrix} 4-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 5-\lambda & 1 \\ 0 & 0 & 5-\lambda \end{pmatrix} \).
Determinant matice horního trojúhelníkového tvaru je součin prvků na diagonále, ale tady máme mimo diagonálu prvek \( 1 \), proto spočítáme determinant explicitně:
\( \det(B – \lambda I) = (4-\lambda) \cdot \det \begin{pmatrix} 5-\lambda & 1 \\ 0 & 5-\lambda \end{pmatrix} \).
Determinant menší matice:
\( (5-\lambda)(5-\lambda) – 0 = (5-\lambda)^2 \).
Charakteristický polynom:
\( (4-\lambda)(5-\lambda)^2 = 0 \).
Řešením jsou vlastní čísla:
\( \lambda_1 = 4, \quad \lambda_2 = 5 \) s násobností 2.
Nyní najdeme vlastní vektory.
Pro \( \lambda_1 = 4 \) řešíme \( (B – 4I)\mathbf{x} = \mathbf{0} \):
\( B – 4I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \).
Soustava rovnic:
1. \( 0x + 0y + 0z = 0 \) – vždy pravda.
2. \( 0x + 1y + 1z = 0 \Rightarrow y = -z \).
3. \( 0x + 0y + 1z = 0 \Rightarrow z = 0 \).
Z třetí rovnice plyne \( z = 0 \), tedy \( y = 0 \).
Vlastní vektor je tedy tvaru \( \begin{pmatrix} x \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \), kde \( x \neq 0 \).
Pro \( \lambda_2 = 5 \) řešíme \( (B – 5I)\mathbf{x} = \mathbf{0} \):
\( B – 5I = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \).
Soustava rovnic:
1. \( -x = 0 \Rightarrow x = 0 \).
2. \( 0y + 0z + 1z = 0 \Rightarrow z = 0 \).
3. Rovnice 3 je \( 0 = 0 \) (automaticky splněno).
Zbývá tedy \( y \) libovolné, vlastní vektor je tedy libovolný nenulový násobek \( \begin{pmatrix} 0 \\ y \\ 0 \end{pmatrix} \).
Protože máme násobnost 2, hledáme ještě druhý vlastní vektor. Matice není diagonální, je nutné zkontrolovat, zda existuje generalizovaný vlastní vektor, ale vzhledem k zadanému příkladu stačí uvést pouze vlastní vektory odpovídající jádru.
15. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( C = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu:
1. Charakteristický polynom matice \( C \):
\( C – \lambda I = \begin{pmatrix} -\lambda & -1 \\ 1 & -\lambda \end{pmatrix} \).
Determinant:
\( \det(C – \lambda I) = (-\lambda)(-\lambda) – (-1)(1) = \lambda^2 + 1 = 0 \).
Řešíme rovnici \( \lambda^2 + 1 = 0 \):
\( \lambda^2 = -1 \Rightarrow \lambda = \pm i \), kde \( i \) je imaginární jednotka.
Tedy vlastní čísla jsou komplexní: \( i \) a \( -i \).
Pro \( \lambda = i \) řešíme \( (C – i I)\mathbf{x} = \mathbf{0} \):
\( \begin{pmatrix} -i & -1 \\ 1 & -i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \).
První rovnice:
\( -i x – y = 0 \Rightarrow y = -i x \).
Druhá rovnice:
\( x – i y = 0 \).
Dosadíme \( y \) z první rovnice:
\( x – i(-i x) = x – i \cdot (-i) x = x – (-i^2) x = x – (-(-1)) x = x – 1 x = 0 \), což je pravda.
Tedy vlastní vektor odpovídající \( \lambda = i \) je libovolný nenulový násobek \( \begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix} \).
Analogicky pro \( \lambda = -i \) vlastní vektor je libovolný násobek \( \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix} \).
16. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( D = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu:
1. Charakteristický polynom je dán determinantem \( D – \lambda I \):
\( D – \lambda I = \begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & 3-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix} \).
Determinant:
\( \det(D – \lambda I) = (2 – \lambda) \cdot \det \begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 0 & 3-\lambda \end{pmatrix} = (2-\lambda)(3-\lambda)^2 \).
Řešením charakteristické rovnice \( (2-\lambda)(3-\lambda)^2 = 0 \) jsou vlastní čísla:
\( \lambda_1 = 2 \), \( \lambda_2 = 3 \) s násobností 2.
Pro \( \lambda_1 = 2 \) řešíme soustavu \( (D – 2I) \mathbf{x} = \mathbf{0} \):
\( D – 2I = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \).
Soustava rovnic:
1. \( x + y = 0 \Rightarrow y = -x \).
2. \( y = 0 \Rightarrow y = 0 \).
Z druhé rovnice plyne \( y = 0 \), tedy z první rovnice \( x = 0 \).
Třetí rovnice je \( 0 = 0 \).
Vlastní vektor je tedy libovolný násobek vektoru \( \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ z \end{pmatrix} \), kde \( z \neq 0 \).
Pro \( \lambda_2 = 3 \) řešíme \( (D – 3I) \mathbf{x} = \mathbf{0} \):
\( D – 3I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \).
Soustava rovnic:
1. \( 0 \cdot x + 1 \cdot y + 0 \cdot z = 0 \Rightarrow y = 0 \).
2. \( 0 = 0 \) – automaticky splněno.
3. \( -z = 0 \Rightarrow z = 0 \).
Vlastní vektory jsou tedy tvaru \( \begin{pmatrix} x \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \), kde \( x \neq 0 \).
17. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Vlastní čísla jsou kořeny charakteristického polynomu:
\[ \det(A – \lambda I) = (3-\lambda)(2-\lambda)(4-\lambda) = 0 \]
Odtud dostáváme vlastní čísla:
\[ \lambda_1 = 3,\quad \lambda_2 = 2,\quad \lambda_3 = 4 \]
Pro \(\lambda_1 = 3\) řešíme soustavu:
\[ \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} \Rightarrow y=0,\ z=0,\ x\neq0 \]
Vlastní vektor: \(\mathbf{v}_1 = (1,\,0,\,0)^T\).
Pro \(\lambda_2 = 2\) řešíme:
\[ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = 0 \Rightarrow x + y = 0,\ z = 0 \]
Vlastní vektor: \(\mathbf{v}_2 = (1,\,-1,\,0)^T\).
Pro \(\lambda_3 = 4\) řešíme:
\[ \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = 0 \Rightarrow -x + y = 0,\ y=0? \Rightarrow x=y=0,\ z\neq0 \]
Vlastní vektor: \(\mathbf{v}_3 = (0,\,0,\,1)^T\).
18. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Charakteristický polynom:
\[ \det(B – \lambda I) = (3-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda&2\\2&1-\lambda\end{pmatrix}=0 \]
Determinant podmatice:
\[ (1-\lambda)^2 – 4 = 0 \Rightarrow (\lambda – 1)^2 = 4 \Rightarrow \lambda – 1 = \pm 2 \]
Odtud:
\(\lambda = 3\) (z hlavního bloku), \(\lambda_2 = 1 + 2 = 3\), \(\lambda_3 = 1 – 2 = -1\).
Pro \(\lambda = 3\):
\[ B – 3I = \begin{pmatrix}-2&2&0\\2&-2&0\\0&0&0\end{pmatrix} \Rightarrow -2x + 2y = 0,\ z = z \Rightarrow y = x,\ z\text{ volné} \]
Vlastní vektory: \(\mathbf{v}_{3a} = (1,\,1,\,0)^T\), \(\mathbf{v}_{3b} = (0,\,0,\,1)^T\).
Pro \(\lambda = -1\):
\[ B + I = \begin{pmatrix}2&2&0\\2&2&0\\0&0&4\end{pmatrix} \Rightarrow 2x + 2y = 0,\ z=0 \Rightarrow y = -x \]
Vlastní vektor: \(\mathbf{v}_{-1} = (1,\,-1,\,0)^T\).
19. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ C = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Charakteristický polynom je \(\det(C – \lambda I) = -\lambda(\lambda^2 + 3) = 0\).
Kořeny:
\(\lambda_1 = 0,\ \lambda_{2,3} = \pm i\sqrt{3}.\)
Pro \(\lambda = 0\) řešíme \(C\mathbf{v} = 0\):
\[ \begin{cases} 0\cdot x + y – z = 0 \\ -x + 0\cdot y + z = 0 \\ x – y + 0\cdot z = 0 \end{cases} \Rightarrow x = y = z \]
Vlastní vektor: \(\mathbf{v}_1 = (1,\,1,\,1)^T\).
Pro \(\lambda = i\sqrt3\) bychom řešili komplexní soustavu, např. vektor \((1, \,-i\sqrt3,\,0)^T\). Podobně pro \(-i\sqrt3\).
20. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ D = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Charakteristický polynom se rozpadá na bloky:
\[ (2-\lambda)\cdot\det\begin{pmatrix}3-\lambda&1\\1&3-\lambda\end{pmatrix}\cdot(4-\lambda)=0 \]
Determinant 2×2 bloku je \((3-\lambda)^2-1 = 0\), tedy \(\lambda = 3 \pm 1\), tj. 4 a 2.
Všechna vlastní čísla: \(\lambda_1 = 2\) (dva kořeny), \(\lambda_2 = 4\) (dva kořeny).
Vlastní vektory pro první 2:
\[ (D-2I)\mathbf{v}=0 \Rightarrow \mathbf{v}_1 = (1,0,0,0)^T,\quad \mathbf{v}_2 = (0,1,-1,0)^T \]
Pro \(\lambda = 4\):
\[ (D-4I)\mathbf{v}=0 \Rightarrow \mathbf{v}_3 = (0,1,1,0)^T,\quad \mathbf{v}_4 = (0,0,0,1)^T \]
21. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ E = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Charakteristický polynom je \((1-\lambda)^3 = 0\Rightarrow\lambda=1\) s násobností 3.
Řešíme \((E-I)\mathbf{v}=0\):
\[ \begin{pmatrix} 0&1&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=0 \Rightarrow y=0,\ z=0 \]
Vlastní vektory: \(\mathbf{v} = (1,0,0)^T\).
Dimenze vlastního prostoru je 1, matice není diagonalizovatelná.
22. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ F = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Charakteristický polynom: \(\det(F – \lambda I)=\lambda^2+1=0\Rightarrow\lambda=\pm i\).
Pro \(\lambda = i\):
\[ \begin{pmatrix} -i & -1 \\ 1 & -i \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=0 \Rightarrow -ix – y = 0 \Rightarrow y=-ix \]
Vlastní vektor: \((1,\,-i)^T\).
Pro \(\lambda = -i\):\newline Vlastní vektor: \((1,\,i)^T\).
23. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Tato matice je diagonální. Vlastní čísla jsou rovna prvkům na hlavní diagonále:
\(\lambda_1 = 2\) (dvojnásobná násobnost), \(\lambda_2 = 3\)
Pro \(\lambda = 2\):
Řešíme \((A – 2I)\mathbf{v} = 0\), tj.
\[ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \Rightarrow z = 0,\ x\ a\ y\ volné \]
Vlastní vektory: \((1,\,0,\,0)^T\), \((0,\,1,\,0)^T\)
Pro \(\lambda = 3\):
\[ \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \Rightarrow x = y = 0,\ z\ volné \]
Vlastní vektor: \((0,\,0,\,1)^T\)
24. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Charakteristický polynom:
\[ \det(B – \lambda I) = (1 – \lambda)^2 = 0 \Rightarrow \lambda = 1 \]
Jednoduché vlastní číslo s násobností 2. Řešíme \((B – I)\mathbf{v} = 0\):
\[ \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \Rightarrow y = 0,\ x\ volné \]
Vlastní vektor: \((1,\,0)^T\)
Matice není diagonalizovatelná, protože vlastní prostor má dimenzi 1.
25. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ C = \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Spočítáme charakteristický polynom:
\[ \det(C – \lambda I) = (4 – \lambda)(1 – \lambda) + 2 = \lambda^2 – 5\lambda + 6 = 0 \Rightarrow \lambda = 2,\ \lambda = 3 \]
Pro \(\lambda = 2\):
\[ \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \Rightarrow x = y \Rightarrow (1,\,1)^T \]
Pro \(\lambda = 3\):
\[ \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 1 & -2 \end{pmatrix} \Rightarrow x = 2y \Rightarrow (2,\,1)^T \]
26. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ D = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Spočítáme charakteristický polynom:
\[ \lambda^2 + 4 = 0 \Rightarrow \lambda = \pm 2i \]
Komplexní vlastní čísla. Pro \(\lambda = 2i\):
\[ \begin{pmatrix} -2i & 2 \\ -2 & -2i \end{pmatrix} \Rightarrow -2ix + 2y = 0 \Rightarrow y = ix \Rightarrow (1,\,i)^T \]
Pro \(\lambda = -2i\): \((1,\,-i)^T\)
27. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ E = \begin{pmatrix} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Matice má bloky, charakteristický polynom:
\[ (5 – \lambda)\cdot\det\begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{pmatrix} = (5 – \lambda)(\lambda^2 – 1) \]
\[ \Rightarrow \lambda = 5,\ 1,\ -1 \]
Pro \(\lambda = 5\):
\[ x \text{ volné},\ y = 0,\ z = 0 \Rightarrow (1,\,0,\,0)^T \]
Pro \(\lambda = 1\):
\[ \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \Rightarrow y = z \Rightarrow (0,\,1,\,1)^T \]
Pro \(\lambda = -1\): \((0,\,1,\,-1)^T\)
28. Určete vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Charakteristický polynom získáme jako \( \det(A – \lambda I) \):
\[ \det\begin{pmatrix} 1 – \lambda & 2 \\ 2 & 1 – \lambda \end{pmatrix} = (1 – \lambda)^2 – 4 = \lambda^2 – 2\lambda – 3 \]
Kořeny: \( \lambda = 3,\ \lambda = -1 \)
Pro \( \lambda = 3 \):
\[ \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \Rightarrow -2x + 2y = 0 \Rightarrow y = x \]
Vlastní vektor: \( (1, 1)^T \)
Pro \( \lambda = -1 \):
\[ \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix} \Rightarrow 2x + 2y = 0 \Rightarrow y = -x \]
Vlastní vektor: \( (1, -1)^T \)
29. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -2 & -3 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Charakteristický polynom:
\[ \det(B – \lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda & 1 \\ -2 & -3 – \lambda \end{vmatrix} = \lambda(\lambda + 3) – (-2) = \lambda^2 + 3\lambda + 2 \]
Kořeny: \( \lambda = -1,\ -2 \)
Pro \( \lambda = -1 \):
\[ \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -2 & -2 \end{pmatrix} \Rightarrow x = -y \]
Vlastní vektor: \( (1, -1)^T \)
Pro \( \lambda = -2 \):
\[ \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -2 & -1 \end{pmatrix} \Rightarrow x = -0.5y \]
Vlastní vektor: \( (1, -2)^T \)
30. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ C = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 0 \\ -1 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Tato matice je symetrická, proto má reálná vlastní čísla.
Charakteristický polynom:
Pomocí Laplaceovy expanze a výpočtů:
\[ \lambda_1 = 1,\ \lambda_2 = 3,\ \lambda_3 = 5 \]
Příslušné vlastní vektory lze dopočítat dosazením do \( (A – \lambda I)\mathbf{v} = 0 \).
Příkladně pro \( \lambda = 3 \):
\[ (C – 3I) = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \Rightarrow v = (1, 0, -1)^T \]
31. Určete vlastní čísla a vlastní vektory jednotkové matice \[ D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Jednotková matice má pouze jedno vlastní číslo: \( \lambda = 1 \), s trojnásobnou násobností.
Všechny nenulové vektory jsou vlastními vektory této matice, protože:
\[ I \cdot \mathbf{v} = \mathbf{v} \Rightarrow \lambda = 1 \]
32. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ E = \begin{pmatrix} 6 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \]
Řešení příkladu:
Trojúhelníková matice — vlastní čísla jsou na hlavní diagonále:
\( \lambda_1 = 6,\ \lambda_2 = 3 \) (s násobností 2)
Pro \( \lambda = 6 \):
\[ (E – 6I) = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & -3 & -1 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix} \Rightarrow z = 0,\ y = 0,\ x \text{ volné} \]
Vlastní vektor: \( (1, 0, 0)^T \)
Pro \( \lambda = 3 \):
\[ \begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \Rightarrow z = 0,\ 3x + 2y = 0 \Rightarrow y = -1.5x \]
Vlastní vektor: \( (2, -3, 0)^T \)
33. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 33:
Matice \( A \) je horní trojúhelníková, takže vlastní čísla jsou prvky na hlavní diagonále:
\[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 3, \quad \lambda_3 = 2. \]Nyní najdeme vlastní vektory řešením rovnice \((A – \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}\) pro každé \(\lambda\).
Pro \(\lambda_1 = 1\):
\[ (A – I) = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \] Rovnice soustavy: \[ \begin{cases} 0 \cdot x_1 + 2x_2 + 0 \cdot x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 2x_2 + 4x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 1 \cdot x_3 = 0. \end{cases} \] Z třetí rovnice plyne: \[ x_3 = 0. \] První rovnice: \[ 2x_2 = 0 \Rightarrow x_2 = 0. \] Druhá rovnice: \[ 2x_2 + 4x_3 = 0 \Rightarrow 0 + 0 = 0, \] což je splněno. Volná je pouze proměnná \(x_1\), takže vlastní vektor je: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} t \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \]Pro \(\lambda_2 = 3\):
\[ (A – 3I) = \begin{pmatrix} -2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -2x_1 + 2x_2 + 0 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 4x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 – x_3 = 0. \end{cases} \] Z druhé rovnice: \[ 4x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0. \] Ze třetí: \[ -x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0, \] což souhlasí. Z první rovnice: \[ -2x_1 + 2x_2 = 0 \Rightarrow -2x_1 = -2x_2 \Rightarrow x_1 = x_2. \] Volme \(x_2 = t\), pak \[ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} t \\ t \\ 0 \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \]Pro \(\lambda_3 = 2\):
\[ (A – 2I) = \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -x_1 + 2x_2 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + x_2 + 4x_3 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ -x_1 + 2x_2 = 0 \Rightarrow x_1 = 2x_2. \] Z druhé: \[ x_2 + 4x_3 = 0 \Rightarrow x_2 = -4x_3. \] Z těchto vztahů dostáváme: \[ x_1 = 2x_2 = 2(-4x_3) = -8x_3. \] Volme \(x_3 = t\), potom \[ \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} -8t \\ -4t \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} -8 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix}. \]Shrnutí:
\[ \lambda_1 = 1, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 3, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 2, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} -8 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix}. \]34. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( C = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 34:
Nejprve vypočítáme charakteristický polynom \( \det(C – \lambda I) = 0 \):
\[ C – \lambda I = \begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 1 & -\lambda & 1 \\ 0 & 1 & -\lambda \end{pmatrix}. \] Determinant je: \[ \det(C – \lambda I) = -\lambda \begin{vmatrix} -\lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{vmatrix} – 1 \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -\lambda \end{vmatrix} + 0. \] Vypočteme minor: \[ \begin{vmatrix} -\lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2 – 1. \] A druhý minor: \[ \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -\lambda \end{vmatrix} = -\lambda \cdot 1 – 0 = -\lambda. \] Dosadíme: \[ \det(C – \lambda I) = -\lambda(\lambda^2 – 1) – 1(-\lambda) = -\lambda^3 + \lambda + \lambda = -\lambda^3 + 2\lambda. \] Rovnice: \[ -\lambda^3 + 2\lambda = 0 \Rightarrow \lambda(-\lambda^2 + 2) = 0. \] Kořeny jsou: \[ \lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = \sqrt{2}, \quad \lambda_3 = -\sqrt{2}. \]Najdeme vlastní vektory pro každé vlastní číslo:
Pro \(\lambda_1 = 0\):
\[ (C – 0I) = C = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}. \] Soustava \((C)\mathbf{x} = \mathbf{0}\): \[ \begin{cases} x_2 = 0, \\ x_1 + x_3 = 0, \\ x_2 = 0. \end{cases} \] Z první a třetí rovnice: \[ x_2 = 0. \] Z druhé: \[ x_1 = -x_3. \] Volíme \(x_3 = t\), tedy vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -t \\ 0 \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}. \]Pro \(\lambda_2 = \sqrt{2}\):
\[ (C – \sqrt{2} I) = \begin{pmatrix} -\sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & -\sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & -\sqrt{2} \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} -\sqrt{2} x_1 + x_2 = 0, \\ x_1 – \sqrt{2} x_2 + x_3 = 0, \\ x_2 – \sqrt{2} x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = \sqrt{2} x_1. \] Z třetí rovnice: \[ x_2 = \sqrt{2} x_3 \Rightarrow \sqrt{2} x_1 = \sqrt{2} x_3 \Rightarrow x_1 = x_3. \] Dosadíme do druhé rovnice: \[ x_1 – \sqrt{2} (\sqrt{2} x_1) + x_3 = x_1 – 2 x_1 + x_1 = 0. \] Rovnice je splněna. Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \]Pro \(\lambda_3 = -\sqrt{2}\):
\[ (C + \sqrt{2} I) = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & \sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & \sqrt{2} \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} \sqrt{2} x_1 + x_2 = 0, \\ x_1 + \sqrt{2} x_2 + x_3 = 0, \\ x_2 + \sqrt{2} x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = -\sqrt{2} x_1. \] Z třetí: \[ -\sqrt{2} x_1 + \sqrt{2} x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = x_1. \] Dosadíme do druhé rovnice: \[ x_1 + \sqrt{2} (-\sqrt{2} x_1) + x_3 = x_1 – 2x_1 + x_1 = 0, \] což je splněno. Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_3 = t \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \]Shrnutí:
\[ \lambda_1 = 0, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = \sqrt{2}, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = -\sqrt{2}, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \]35. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( D = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 35:
Vypočítáme charakteristický polynom:
\[ \det(D – \lambda I) = \begin{vmatrix} 2 – \lambda & 1 \\ 1 & 2 – \lambda \end{vmatrix} = (2-\lambda)^2 – 1 = 0. \] Rozepíšeme: \[ (2 – \lambda)^2 – 1 = 0 \Rightarrow (2-\lambda)^2 = 1. \] Odtud: \[ 2 – \lambda = \pm 1. \] Pro \(+\): \[ 2 – \lambda = 1 \Rightarrow \lambda = 1. \] Pro \(-\): \[ 2 – \lambda = -1 \Rightarrow \lambda = 3. \]Vlastní čísla jsou tedy \(\lambda_1 = 1\) a \(\lambda_2 = 3\).
Pro \(\lambda_1 = 1\):
\[ (D – I) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} x_1 + x_2 = 0, \\ x_1 + x_2 = 0. \end{cases} \] Z rovnice: \[ x_1 = -x_2. \] Volíme \(x_2 = t\), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -t \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]Pro \(\lambda_2 = 3\):
\[ (D – 3I) = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} -x_1 + x_2 = 0, \\ x_1 – x_2 = 0. \end{cases} \] Z první: \[ x_2 = x_1. \] Volíme \(x_1 = t\), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]Shrnutí:
\[ \lambda_1 = 1, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 3, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]36. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( E = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 36:
Charakteristický polynom je:
\[ \det(E – \lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda & -1 \\ 1 & -\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2 + 1 = 0. \] Řešení: \[ \lambda^2 = -1 \Rightarrow \lambda = \pm i, \] kde \(i\) je imaginární jednotka.Vlastní čísla jsou komplexní, takže hledáme vlastní vektory v komplexních číslech.
Pro \(\lambda = i\):
\[ (E – iI) = \begin{pmatrix} -i & -1 \\ 1 & -i \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -i x_1 – x_2 = 0, \\ x_1 – i x_2 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = -i x_1. \] Z druhé: \[ x_1 = i x_2 = i(-i x_1) = i \cdot (-i) x_1 = (i \cdot -i) x_1 = (-i^2) x_1 = -(-1) x_1 = x_1, \] což je identita, tudíž konzistentní. Vlastní vektor je tedy: \[ \mathbf{v} = t \begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix}. \]Pro \(\lambda = -i\) obdobně získáme:
\[ \mathbf{v} = t \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}. \]Shrnutí:
\[ \lambda_1 = i, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = -i, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}. \]37. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( F = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 37:
Matice \( F \) je horní trojúhelníková, takže vlastní čísla jsou prvky na hlavní diagonále:
\[ \lambda_1 = 3, \quad \lambda_2 = 4, \quad \lambda_3 = 4. \]Protože \(\lambda = 4\) má násobnost 2, zkontrolujeme počet vlastních vektorů.
Pro \(\lambda_1 = 3\):
\[ (F – 3I) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} 0 = 0, \\ x_2 + x_3 = 0, \\ x_3 = 0. \end{cases} \] Z poslední rovnice: \[ x_3 = 0. \] Z druhé: \[ x_2 + 0 = 0 \Rightarrow x_2 = 0. \] Volná je \(x_1 = t\), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} t \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \]Pro \(\lambda_2 = 4\):
\[ (F – 4I) = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} -x_1 = 0 \Rightarrow x_1 = 0, \\ 0 \cdot x_2 + x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Volná je \(x_2 = t\), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ t \\ 0 \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \]Máme tedy pouze jeden lineárně nezávislý vlastní vektor k \(\lambda=4\), což znamená, že matice není diagonilizovatelná (má defekt).
Shrnutí:
\[ \lambda_1 = 3, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 4, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \]38. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}. \]
Řešení příkladu 38:
Nejprve najdeme vlastní čísla matice \( A \) řešením charakteristické rovnice: \[ \det(A – \lambda I) = 0. \] Matice \( A – \lambda I \) je \[ \begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 & 0 \\ 1 & 3-\lambda & 1 \\ 0 & 1 & 3-\lambda \end{pmatrix}. \] Spočítáme determinant: \[ \det(A – \lambda I) = (3-\lambda) \cdot \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} – 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 3-\lambda \end{vmatrix} + 0. \] Nejprve menší determinant: \[ \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} = (3-\lambda)^2 – 1. \] Dále: \[ \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 3-\lambda \end{vmatrix} = 1 \cdot (3-\lambda) – 0 = 3-\lambda. \] Dosadíme zpět: \[ \det(A – \lambda I) = (3-\lambda)((3-\lambda)^2 – 1) – 1 \cdot (3-\lambda) = (3-\lambda)((3-\lambda)^2 – 2). \] Rozepíšeme: \[ (3-\lambda)((3-\lambda)^2 – 2) = 0. \] Tedy vlastní čísla jsou řešení rovnice: \[ (3-\lambda) = 0 \quad \text{nebo} \quad (3-\lambda)^2 – 2 = 0. \] První řešení: \[ \lambda_1 = 3. \] Druhá rovnice: \[ (3-\lambda)^2 = 2 \Rightarrow 3 – \lambda = \pm \sqrt{2}. \] Odtud: \[ \lambda_2 = 3 + \sqrt{2}, \quad \lambda_3 = 3 – \sqrt{2}. \] Nyní najdeme vlastní vektory pro každé vlastní číslo řešením \[ (A – \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}. \] — Pro \(\lambda_1 = 3\): Matice \[ A – 3I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}. \] Soustava rovnic: \[ \begin{cases} 0 \cdot x_1 + 1 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 = 0, \\ 1 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 1 \cdot x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 1 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 = 0. \end{cases} \] První a třetí rovnice jsou stejné: \[ x_2 = 0. \] Druhá rovnice: \[ x_1 + x_3 = 0 \Rightarrow x_1 = -x_3. \] Volíme \( x_3 = t \), pak vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -t \\ 0 \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_2 = 3 + \sqrt{2}\): Matice \[ A – \lambda_2 I = \begin{pmatrix} -\sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & -\sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & -\sqrt{2} \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} -\sqrt{2} x_1 + x_2 = 0, \\ x_1 – \sqrt{2} x_2 + x_3 = 0, \\ x_2 – \sqrt{2} x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = \sqrt{2} x_1. \] Ze třetí rovnice: \[ x_2 = \sqrt{2} x_3 \Rightarrow x_1 = x_3. \] Dosadíme do druhé rovnice: \[ x_1 – \sqrt{2} x_2 + x_3 = x_1 – 2 x_1 + x_1 = 0, \] což platí. Volíme \( x_1 = t \), tedy \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_3 = 3 – \sqrt{2}\): Matice \[ A – \lambda_3 I = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & \sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & \sqrt{2} \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} \sqrt{2} x_1 + x_2 = 0, \\ x_1 + \sqrt{2} x_2 + x_3 = 0, \\ x_2 + \sqrt{2} x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = -\sqrt{2} x_1. \] Z třetí rovnice: \[ x_2 = -\sqrt{2} x_3 \Rightarrow x_1 = x_3. \] Dosadíme do druhé rovnice: \[ x_1 + \sqrt{2} (-\sqrt{2} x_1) + x_3 = x_1 – 2 x_1 + x_1 = 0, \] což platí. Volíme \( x_1 = t \), tedy \[ \mathbf{v}_3 = t \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Shrnutí: \[ \lambda_1 = 3, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 3 + \sqrt{2}, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 3 – \sqrt{2}, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \]
39. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ C = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}. \]
Řešení příkladu 39:
Matice \( C \) je horní trojúhelníková, vlastní čísla jsou tedy na hlavní diagonále: \[ \lambda_1 = 2, \quad \lambda_2 = 3, \quad \lambda_3 = 4. \] Pro \(\lambda_1 = 2\): \[ C – 2I = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} 0 \cdot x_1 + 2x_2 + x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 1 \cdot x_2 – 1 \cdot x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 2x_3 = 0. \end{cases} \] Třetí rovnice: \[ 2 x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0. \] Druhá rovnice: \[ x_2 – x_3 = x_2 – 0 = 0 \Rightarrow x_2 = 0. \] První rovnice: \[ 2 \cdot 0 + 0 = 0, \] což je splněno. \( x_1 \) je volné, tedy volíme \( x_1 = t \), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} t \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_2 = 3\): \[ C – 3I = \begin{pmatrix} -1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} -x_1 + 2x_2 + x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 – x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + x_3 = 0. \end{cases} \] Druhá a třetí rovnice: \[ -x_3 = 0, \quad x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0. \] První rovnice: \[ -x_1 + 2x_2 = 0 \Rightarrow x_1 = 2x_2. \] Volíme \( x_2 = t \), tedy vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 2t \\ t \\ 0 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_3 = 4\): \[ C – 4I = \begin{pmatrix} -2 & 2 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} -2 x_1 + 2 x_2 + x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 – x_2 – x_3 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Druhá rovnice: \[ – x_2 – x_3 = 0 \Rightarrow x_2 = -x_3. \] Dosadíme do první rovnice: \[ -2 x_1 + 2 (-x_3) + x_3 = -2 x_1 – 2 x_3 + x_3 = -2 x_1 – x_3 = 0, \] tedy \[ 2 x_1 = – x_3 \Rightarrow x_1 = -\frac{x_3}{2}. \] Volíme \( x_3 = t \), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} -\frac{t}{2} \\ -t \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Shrnutí: \[ \lambda_1 = 2, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 3, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 4, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]
40. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ D = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & -5 & 4 \end{pmatrix}. \]
Řešení příkladu 40:
Nejprve najdeme charakteristickou rovnici: \[ \det(D – \lambda I) = 0. \] Matice \[ D – \lambda I = \begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 0 & -\lambda & 1 \\ 2 & -5 & 4 – \lambda \end{pmatrix}. \] Spočítáme determinant: \[ \det(D – \lambda I) = -\lambda \cdot \begin{vmatrix} -\lambda & 1 \\ -5 & 4 – \lambda \end{vmatrix} – 1 \cdot \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 4 – \lambda \end{vmatrix} + 0. \] Nejprve: \[ \begin{vmatrix} -\lambda & 1 \\ -5 & 4 – \lambda \end{vmatrix} = (-\lambda)(4-\lambda) – (-5)(1) = -\lambda (4 – \lambda) + 5. \] Dále: \[ \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 4 – \lambda \end{vmatrix} = 0 \cdot (4-\lambda) – 2 \cdot 1 = -2. \] Dosadíme: \[ \det(D – \lambda I) = -\lambda[-\lambda(4-\lambda) + 5] – 1 \cdot (-2) = -\lambda[-\lambda(4-\lambda) + 5] + 2. \] Rozepíšeme: \[ -\lambda[-\lambda(4-\lambda) + 5] = -\lambda[-4\lambda + \lambda^2 + 5] = -\lambda(\lambda^2 – 4\lambda + 5). \] Celkově: \[ \det(D – \lambda I) = -\lambda^3 + 4 \lambda^2 – 5 \lambda + 2 = 0. \] Tedy charakteristická rovnice je: \[ \lambda^3 – 4 \lambda^2 + 5 \lambda – 2 = 0. \] Zkusíme najít racionální kořeny pomocí testu dělitelů 2: \( \pm1, \pm2 \). Pro \(\lambda = 1\): \[ 1 – 4 + 5 – 2 = 0, \] což sedí, takže \(\lambda=1\) je kořen. Dělíme polynom \(\lambda^3 – 4 \lambda^2 + 5 \lambda – 2\) polynomem \(\lambda – 1\): Výsledkem dělení je: \[ \lambda^2 – 3 \lambda + 2, \] tedy \[ (\lambda – 1)(\lambda^2 – 3 \lambda + 2) = 0. \] Druhý člen rozložíme: \[ \lambda^2 – 3 \lambda + 2 = (\lambda – 1)(\lambda – 2). \] Tedy vlastní čísla jsou: \[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 1, \quad \lambda_3 = 2. \] — Najdeme vlastní vektory. Pro \(\lambda = 1\): \[ D – I = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 2 & -5 & 3 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} -x_1 + x_2 = 0, \\ -x_2 + x_3 = 0, \\ 2 x_1 – 5 x_2 + 3 x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = x_1. \] Z druhé: \[ x_3 = x_2 = x_1. \] Třetí rovnice: \[ 2 x_1 – 5 x_1 + 3 x_1 = 0 \quad \text{což platí.} \] Vlastní vektor pro \(\lambda=1\): \[ \mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda = 2\): \[ D – 2 I = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \\ 2 & -5 & 2 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} -2 x_1 + x_2 = 0, \\ -2 x_2 + x_3 = 0, \\ 2 x_1 – 5 x_2 + 2 x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = 2 x_1. \] Z druhé: \[ x_3 = 2 x_2 = 4 x_1. \] Dosadíme do třetí: \[ 2 x_1 – 5 (2 x_1) + 2 (4 x_1) = 0 \quad \text{což platí.} \] Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}. \] — Shrnutí: \[ \lambda_1 = 1, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 1, \quad \text{(stejný vlastní prostor)}; \quad \lambda_3 = 2, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}. \]
41. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ E = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}. \]
Řešení příkladu 41:
Matice \( E \) je horní trojúhelníková, takže její vlastní čísla jsou prvky na hlavní diagonále: \[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 3, \quad \lambda_3 = 4. \] Pro každé vlastní číslo hledáme vlastní vektor řešením rovnice \[ (E – \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}, \] kde \(\mathbf{x} = (x_1, x_2, x_3)^T\). Pro \(\lambda_1 = 1\): \[ E – I = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}. \] Soustava rovnic: \[ \begin{cases} 0 \cdot x_1 + 2 x_2 + 2 x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 2 x_2 – 1 x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 3 x_3 = 0. \end{cases} \] Z třetí rovnice: \[ 3x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0. \] Z první rovnice: \[ 2x_2 + 2 \cdot 0 = 0 \Rightarrow 2x_2 = 0 \Rightarrow x_2 = 0. \] Druhá rovnice pak nic nového nepřináší (0 = 0). Proměnná \(x_1\) není v žádné rovnici, může být libovolná, označíme \(x_1 = t\). Vlastní vektor odpovídající \(\lambda_1 = 1\) je tedy: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} t \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_2 = 3\): \[ E – 3I = \begin{pmatrix} -2 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -2 x_1 + 2 x_2 + 2 x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 – 1 x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 1 x_3 = 0. \end{cases} \] Z druhé rovnice: \[ -x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0. \] Třetí rovnice potvrzuje \(x_3 = 0\). První rovnice se zjednoduší na: \[ -2 x_1 + 2 x_2 = 0 \Rightarrow -2 x_1 = -2 x_2 \Rightarrow x_1 = x_2. \] Volíme \(x_2 = s\), tedy \(x_1 = s\), \(x_3 = 0\). Vlastní vektor pro \(\lambda_2 = 3\) je: \[ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} s \\ s \\ 0 \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_3 = 4\): \[ E – 4I = \begin{pmatrix} -3 & 2 & 2 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -3 x_1 + 2 x_2 + 2 x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 – x_2 – x_3 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Druhá rovnice: \[ -x_2 – x_3 = 0 \Rightarrow x_2 = -x_3. \] První rovnice: \[ -3 x_1 + 2 x_2 + 2 x_3 = -3 x_1 + 2 (-x_3) + 2 x_3 = -3 x_1 + 0 = 0 \Rightarrow x_1 = 0. \] Proměnnou \(x_3 = t\) volíme volně. Vlastní vektor pro \(\lambda_3 = 4\) je: \[ \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ -t \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Shrnutí: \[ \lambda_1 = 1, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 3, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 4, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]
42. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ F = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}. \]
Řešení příkladu 42:
Nejdříve najdeme vlastní čísla matice \( F \), která je symetrická. Vlastní čísla najdeme řešením charakteristické rovnice: \[ \det(F – \lambda I) = 0. \] Matice je: \[ F – \lambda I = \begin{pmatrix} 2 – \lambda & 1 & 0 \\ 1 & 2 – \lambda & 1 \\ 0 & 1 & 2 – \lambda \end{pmatrix}. \] Determinant: \[ \det(F – \lambda I) = (2-\lambda) \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} – 1 \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}. \] Determinant 2×2: \[ \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (2-\lambda)^2 – 1 \] Druhý determinant: \[ \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2-\lambda \end{pmatrix} = 2-\lambda \] Dosadíme: \[ \det(F – \lambda I) = (2-\lambda)((2-\lambda)^2 – 1) – (2-\lambda) = (2-\lambda)^3 – 2(2-\lambda) \] Položme \( x = 2 – \lambda \), rovnice je: \[ x^3 – 2x = 0 \Rightarrow x(x^2 – 2) = 0 \] Kořeny: \[ x = 0 \quad \text{nebo} \quad x = \pm \sqrt{2} \] Přepočteme na \(\lambda\): \[ \lambda_1 = 2, \quad \lambda_2 = 2 – \sqrt{2}, \quad \lambda_3 = 2 + \sqrt{2} \] — Vlastní vektory: Pro \(\lambda_1 = 2\): \[ F – 2I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \] Pro \(\lambda_2 = 2 – \sqrt{2}\): \[ F – \lambda_2 I = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & \sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & \sqrt{2} \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} \] Pro \(\lambda_3 = 2 + \sqrt{2}\): \[ F – \lambda_3 I = \begin{pmatrix} -\sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & -\sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & -\sqrt{2} \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_3 = t \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} \]
43. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}. \]
Řešení příkladu 43:
Matice \(A\) je horní trojúhelníková, proto vlastní čísla najdeme přímo na hlavní diagonále: \[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 3, \quad \lambda_3 = 5. \] Pro každé vlastní číslo najdeme vlastní vektor řešením rovnice \[ (A – \lambda I) \mathbf{x} = \mathbf{0}. \] — Pro \(\lambda_1 = 1\): \[ A – I = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} 0 \cdot x_1 + 2 x_2 + 0 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 2 x_2 + 4 x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 + 4 x_3 = 0. \end{cases} \] Z třetí rovnice: \[ 4 x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0. \] Dosadíme do druhé: \[ 2 x_2 + 4 \cdot 0 = 0 \Rightarrow 2 x_2 = 0 \Rightarrow x_2 = 0. \] První rovnice je potom: \[ 2 \cdot 0 = 0, \] tedy splněna. Proměnná \(x_1\) není omezena, tedy vlastní vektor je: \[ \mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_2 = 3\): \[ A – 3 I = \begin{pmatrix} -2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -2 x_1 + 2 x_2 + 0 = 0, \\ 0 + 0 \cdot x_2 + 4 x_3 = 0, \\ 0 + 0 + 2 x_3 = 0. \end{cases} \] Z třetí rovnice: \[ 2 x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0. \] Dosadíme do druhé: \[ 0 = 0, \] tedy rovnice splněna. První rovnice: \[ -2 x_1 + 2 x_2 = 0 \Rightarrow -2 x_1 = -2 x_2 \Rightarrow x_1 = x_2. \] Volíme parametr \(t = x_2\), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_3 = 5\): \[ A – 5 I = \begin{pmatrix} -4 & 2 & 0 \\ 0 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -4 x_1 + 2 x_2 = 0, \\ 0 \cdot x_1 – 2 x_2 + 4 x_3 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Druhá rovnice: \[ – 2 x_2 + 4 x_3 = 0 \Rightarrow -2 x_2 = -4 x_3 \Rightarrow x_2 = 2 x_3. \] První rovnice: \[ -4 x_1 + 2 (2 x_3) = 0 \Rightarrow -4 x_1 + 4 x_3 = 0 \Rightarrow -4 x_1 = -4 x_3 \Rightarrow x_1 = x_3. \] Volíme parametr \(t = x_3\), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_3 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Shrnutí: \[ \lambda_1 = 1, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 3, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 5, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}. \]
44. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ B = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 6 & -11 & 6 \end{pmatrix}. \]
Řešení příkladu 44:
Nejprve najdeme vlastní čísla řešením charakteristické rovnice \[ \det(B – \lambda I) = 0. \] Matice \( B – \lambda I \) je \[ \begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 0 & -\lambda & 1 \\ 6 & -11 & 6 – \lambda \end{pmatrix}. \] Vypočítáme determinant: \[ \det(B – \lambda I) = -\lambda \cdot \det \begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ -11 & 6 – \lambda \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 6 & 6 – \lambda \end{pmatrix} + 0. \] Spočítáme jednotlivé determinanty: \[ \det \begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ -11 & 6 – \lambda \end{pmatrix} = (-\lambda)(6 – \lambda) – (-11)(1) = -6 \lambda + \lambda^2 + 11 = \lambda^2 – 6 \lambda + 11, \] \[ \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 6 & 6 – \lambda \end{pmatrix} = 0 \cdot (6 – \lambda) – 6 \cdot 1 = -6. \] Dosadíme zpět: \[ \det(B – \lambda I) = -\lambda (\lambda^2 – 6 \lambda + 11) – 1 \cdot (-6) = -\lambda^3 + 6 \lambda^2 – 11 \lambda + 6. \] Charakteristická rovnice: \[ -\lambda^3 + 6 \lambda^2 – 11 \lambda + 6 = 0 \Rightarrow \lambda^3 – 6 \lambda^2 + 11 \lambda – 6 = 0. \] Zkusíme kořeny mezi celočíselnými děliteli čísla 6, tedy \(\pm1, \pm2, \pm3, \pm6\). Dosadíme \(\lambda=1\): \[ 1 – 6 + 11 – 6 = 0, \] tedy \(\lambda=1\) je kořen. Polynom rozdělíme dělením: \[ \lambda^3 – 6 \lambda^2 + 11 \lambda – 6 = (\lambda – 1)(\lambda^2 – 5 \lambda + 6). \] Kvadratický člen rozložíme: \[ \lambda^2 – 5 \lambda + 6 = (\lambda – 2)(\lambda – 3). \] Vlastní čísla jsou tedy: \[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2, \quad \lambda_3 = 3. \] — Nyní najdeme vlastní vektory. Pro \(\lambda_1 = 1\): \[ B – I = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 6 & -11 & 5 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} -x_1 + x_2 = 0, \\ -x_2 + x_3 = 0, \\ 6 x_1 – 11 x_2 + 5 x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = x_1. \] Z druhé: \[ x_3 = x_2 = x_1. \] Dosadíme do třetí rovnice: \[ 6 x_1 – 11 x_1 + 5 x_1 = 0 \Rightarrow 0 = 0, \] tedy rovnice splněna. Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_2 = 2\): \[ B – 2 I = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \\ 6 & -11 & 4 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -2 x_1 + x_2 = 0, \\ -2 x_2 + x_3 = 0, \\ 6 x_1 – 11 x_2 + 4 x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = 2 x_1. \] Ze druhé: \[ x_3 = 2 x_2 = 4 x_1. \] Dosadíme do třetí rovnice: \[ 6 x_1 – 11 (2 x_1) + 4 (4 x_1) = 6 x_1 – 22 x_1 + 16 x_1 = 0, \] což platí. Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_3 = 3\): \[ B – 3 I = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 1 \\ 6 & -11 & 3 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -3 x_1 + x_2 = 0, \\ -3 x_2 + x_3 = 0, \\ 6 x_1 – 11 x_2 + 3 x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = 3 x_1. \] Ze druhé: \[ x_3 = 3 x_2 = 9 x_1. \] Dosadíme do třetí rovnice: \[ 6 x_1 – 11 (3 x_1) + 3 (9 x_1) = 6 x_1 – 33 x_1 + 27 x_1 = 0, \] rovnice platí. Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_3 = t \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 9 \end{pmatrix}. \] — Shrnutí: \[ \lambda_1 = 1, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 2, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 3, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 9 \end{pmatrix}. \]
45. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ C = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}. \]
Řešení příkladu 45:
Matice \(C\) je symetrická a tridiagonální. Vlastní čísla najdeme řešením charakteristické rovnice \[ \det(C – \lambda I) = 0. \] Matice \(C – \lambda I\): \[ \begin{pmatrix} 2 – \lambda & -1 & 0 \\ -1 & 2 – \lambda & -1 \\ 0 & -1 & 2 – \lambda \end{pmatrix}. \] Pro výpočet determinantů použijeme rozvoj podle první řady: \[ \det(C – \lambda I) = (2 – \lambda) \det \begin{pmatrix} 2 – \lambda & -1 \\ -1 & 2 – \lambda \end{pmatrix} – (-1) \det \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 0 & 2 – \lambda \end{pmatrix}. \] Spočítáme jednotlivé determinanty: \[ \det \begin{pmatrix} 2 – \lambda & -1 \\ -1 & 2 – \lambda \end{pmatrix} = (2 – \lambda)^2 – 1, \] \[ \det \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 0 & 2 – \lambda \end{pmatrix} = – (2 – \lambda). \] Dosadíme: \[ \det(C – \lambda I) = (2 – \lambda) ((2 – \lambda)^2 – 1) + (2 – \lambda) = (2 – \lambda)^3. \] Charakteristická rovnice: \[ (2 – \lambda)^3 = 0, \] tedy vlastní číslo je \(\lambda = 2\) s algebraickou násobností \(3\). Nyní nalezneme vlastní vektory řešením \[ (C – 2 I) \mathbf{x} = \mathbf{0}. \] Matice: \[ C – 2 I = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}. \] Soustava rovnic: \[ \begin{cases} -x_2 = 0, \\ -x_1 – x_3 = 0, \\ -x_2 = 0. \end{cases} \] Z první a třetí rovnice: \[ x_2 = 0. \] Ze druhé rovnice: \[ – x_1 – x_3 = 0 \Rightarrow x_1 = -x_3. \] Volíme parametr \(t = x_3\), vlastní vektor: \[ \mathbf{v} = t \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}. \] Jelikož algebraická násobnost je \(3\), ale máme pouze jeden nezávislý vlastní vektor, matice není diagonalizovatelná.
46. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \[ D = \begin{pmatrix} 4 & 1 & 0 \\ 1 & 4 & 1 \\ 0 & 1 & 4 \end{pmatrix}. \]
Řešení příkladu 46:
Matice \(D\) je symetrická, což zaručuje reálná vlastní čísla a ortogonální vlastní vektory. Nejprve nalezneme vlastní čísla řešením charakteristické rovnice: \[ \det(D – \lambda I) = 0. \] Matice \(D – \lambda I\): \[ \begin{pmatrix} 4 – \lambda & 1 & 0 \\ 1 & 4 – \lambda & 1 \\ 0 & 1 & 4 – \lambda \end{pmatrix}. \] Vypočítáme determinant: \[ \det(D – \lambda I) = (4 – \lambda) \det \begin{pmatrix} 4 – \lambda & 1 \\ 1 & 4 – \lambda \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 4 – \lambda \end{pmatrix}. \] Spočítáme jednotlivé determinanty: \[ \det \begin{pmatrix} 4 – \lambda & 1 \\ 1 & 4 – \lambda \end{pmatrix} = (4 – \lambda)^2 – 1, \] \[ \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 4 – \lambda \end{pmatrix} = 1 \cdot (4 – \lambda) – 0 = 4 – \lambda. \] Dosadíme: \[ \det(D – \lambda I) = (4 – \lambda) ((4 – \lambda)^2 – 1) – (4 – \lambda) = (4 – \lambda) \left((4 – \lambda)^2 – 1 – 1 \right) = (4 – \lambda)((4 – \lambda)^2 – 2). \] Charakteristická rovnice je tedy: \[ (4 – \lambda)((4 – \lambda)^2 – 2) = 0. \] První řešení: \[ 4 – \lambda \Rightarrow \lambda_1 = 4. \] Pro zbylé dva vlastní čísla řešíme kvadratickou rovnici: \[ (4 – \lambda)^2 – 2 = 0 \Rightarrow (4 – \lambda)^2 = 2 \Rightarrow 4 – \lambda = \pm \sqrt{2}. \] Tedy \[ \lambda_2 = 4 – \sqrt{2}, \quad \lambda_3 = 4 + \sqrt{2}. \] — Nyní najdeme vlastní vektory. Pro \(\lambda_1 = 4\): \[ D – 4 I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}. \] Soustava: \[ \begin{cases} x_2 = 0, \\ x_1 + x_3 = 0, \\ x_2 = 0. \end{cases} \] Z první a třetí rovnice: \[ x_2 = 0. \] Z druhé: \[ x_1 = – x_3. \] Volíme parametr \(t = x_3\), vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_1 = t \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_2 = 4 – \sqrt{2}\): Matice: \[ D – \lambda_2 I = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & \sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & \sqrt{2} \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} \sqrt{2} x_1 + x_2 = 0, \\ x_1 + \sqrt{2} x_2 + x_3 = 0, \\ x_2 + \sqrt{2} x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = – \sqrt{2} x_1. \] Ze třetí rovnice: \[ x_2 = – \sqrt{2} x_3 \Rightarrow – \sqrt{2} x_1 = – \sqrt{2} x_3 \Rightarrow x_1 = x_3. \] Dosadíme do druhé: \[ x_1 + \sqrt{2} (- \sqrt{2} x_1) + x_3 = x_1 – 2 x_1 + x_1 = 0. \] Rovnice je splněna. Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Pro \(\lambda_3 = 4 + \sqrt{2}\): Matice: \[ D – \lambda_3 I = \begin{pmatrix} -\sqrt{2} & 1 & 0 \\ 1 & -\sqrt{2} & 1 \\ 0 & 1 & -\sqrt{2} \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -\sqrt{2} x_1 + x_2 = 0, \\ x_1 – \sqrt{2} x_2 + x_3 = 0, \\ x_2 – \sqrt{2} x_3 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = \sqrt{2} x_1. \] Ze třetí rovnice: \[ x_2 = \sqrt{2} x_3 \Rightarrow \sqrt{2} x_1 = \sqrt{2} x_3 \Rightarrow x_1 = x_3. \] Dosadíme do druhé: \[ x_1 – \sqrt{2} (\sqrt{2} x_1) + x_3 = x_1 – 2 x_1 + x_1 = 0. \] Rovnice je splněna. Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_3 = t \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \] — Shrnutí: \[ \lambda_1 = 4, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 4 – \sqrt{2}, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 4 + \sqrt{2}, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \]
47. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( A = \begin{pmatrix} 5 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 47:
Matice \( A \) je horní trojúhelníková, takže vlastní čísla jsou na hlavní diagonále: \[ \lambda_1 = 5, \quad \lambda_2 = 3, \quad \lambda_3 = 4. \] Nyní pro každé vlastní číslo nalezneme vlastní vektor řešením rovnice \((A – \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}\). Pro \( \lambda_1 = 5 \): \[ (A – 5I) = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}. \] Soustava rovnic: \[ \begin{cases} 0 \cdot x_1 + 2x_2 + 0 \cdot x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 – 2x_2 + x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 – x_3 = 0. \end{cases} \] Z třetí rovnice vyplývá: \[ -x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0. \] Dosadíme do druhé: \[ -2x_2 + 0 = 0 \Rightarrow x_2 = 0. \] První rovnice: \[ 2x_2 = 0, \] což je splněno. Proměnná \( x_1 \) není omezena, proto zvolíme \( x_1 = t \). Vlastní vektor odpovídající \( \lambda_1 = 5 \) je tedy: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} t \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \] Pro \( \lambda_2 = 3 \): \[ (A – 3I) = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} 2x_1 + 2x_2 + 0 = 0, \\ 0 + 0 + x_3 = 0, \\ 0 + 0 + x_3 = 0. \end{cases} \] Z druhé a třetí rovnice: \[ x_3 = 0. \] První rovnice: \[ 2x_1 + 2x_2 = 0 \Rightarrow x_1 + x_2 = 0 \Rightarrow x_2 = -x_1. \] Volíme \( x_1 = t \), potom: \[ x_2 = -t, \quad x_3 = 0. \] Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}. \] Pro \( \lambda_3 = 4 \): \[ (A – 4I) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} x_1 + 2x_2 = 0, \\ -x_2 + x_3 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Z druhé rovnice: \[ -x_2 + x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = x_2. \] Z první rovnice: \[ x_1 = -2x_2. \] Volíme \( x_2 = t \), tedy: \[ \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} -2t \\ t \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \] Shrnutí vlastních čísel a vektorů: \[ \lambda_1 = 5, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 3, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 4, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]
48. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( C = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 48:
Matice \( C \) je horní trojúhelníková, vlastní čísla jsou opět na hlavní diagonále: \[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 3, \quad \lambda_3 = 2. \] Pro \( \lambda_1 = 1 \): \[ (C – I) = \begin{pmatrix} 0 & 4 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} 0 \cdot x_1 + 4x_2 + 2x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 2x_2 + x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + x_3 = 0. \end{cases} \] Z třetí rovnice: \[ x_3 = 0. \] Druhá: \[ 2x_2 + 0 = 0 \Rightarrow x_2 = 0. \] První: \[ 4 \cdot 0 + 2 \cdot 0 = 0, \] což je splněno. Proměnná \( x_1 \) není omezena, takže \( x_1 = t \). Vlastní vektor pro \( \lambda_1 = 1 \) je: \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} t \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \] Pro \( \lambda_2 = 3 \): \[ (C – 3I) = \begin{pmatrix} -2 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -2x_1 + 4x_2 + 2x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + x_3 = 0, \\ 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 – x_3 = 0. \end{cases} \] Druhá a třetí rovnice znamenají: \[ x_3 = 0. \] První rovnice: \[ -2x_1 + 4x_2 = 0 \Rightarrow 4x_2 = 2x_1 \Rightarrow 2x_2 = x_1 \Rightarrow x_2 = \frac{x_1}{2}. \] Volíme \( x_1 = t \), pak: \[ x_2 = \frac{t}{2}, \quad x_3 = 0. \] Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_2 = t \begin{pmatrix} 1 \\ \frac{1}{2} \\ 0 \end{pmatrix}. \] Pro \( \lambda_3 = 2 \): \[ (C – 2I) = \begin{pmatrix} -1 & 4 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} -x_1 + 4x_2 + 2x_3 = 0, \\ x_2 + x_3 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Z druhé rovnice: \[ x_3 = -x_2. \] Dosadíme do první: \[ -x_1 + 4x_2 + 2(-x_2) = -x_1 + 2x_2 = 0 \Rightarrow x_1 = 2x_2. \] Volíme \( x_2 = t \), pak: \[ x_1 = 2t, \quad x_3 = -t. \] Vlastní vektor: \[ \mathbf{v}_3 = t \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}. \] Shrnutí: \[ \lambda_1 = 1, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_2 = 3, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ \frac{1}{2} \\ 0 \end{pmatrix}; \quad \lambda_3 = 2, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}. \]
49. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( D = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 49:
Matice \( D \) je horní trojúhelníková, všechny prvky na diagonále jsou stejné: \[ \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 2. \] To znamená, že \( \lambda = 2 \) je vlastní číslo s násobností 3. Nyní hledáme vlastní vektory řešením \((D – 2I)\mathbf{x} = \mathbf{0}\). Spočítáme: \[ (D – 2I) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} 0 \cdot x_1 + x_2 + 0 = 0, \\ 0 + 0 + x_3 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ x_2 = 0, \] z druhé: \[ x_3 = 0. \] Proměnná \( x_1 \) je volná, tedy vlastní vektor má tvar: \[ \mathbf{v} = \begin{pmatrix} t \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \] Tento výsledek ukazuje, že matice není diagonální, ale vlastní prostor k \( \lambda = 2 \) je jednorozměrný. Shrnutí: \[ \lambda = 2, \quad \mathbf{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \]
50. Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice \( E = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \).
Řešení příkladu 50:
Matice \( E \) je částečně bloková. Vlastní čísla nalezneme z matice na levém horním bloku a z prvku na pozici (3,3). Prvek na pozici (3,3) je 3, takže jedno vlastní číslo je: \[ \lambda_3 = 3. \] Pro zbývající vlastní čísla řešíme charakteristickou rovnici z podmatice: \[ \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}. \] Charakteristická rovnice je: \[ \det \begin{pmatrix} 1 – \lambda & 2 \\ 2 & 1 – \lambda \end{pmatrix} = 0. \] Vypočítáme determinant: \[ (1 – \lambda)^2 – 4 = 0. \] Rozepsáno: \[ (1 – \lambda)^2 = 4 \Rightarrow 1 – 2\lambda + \lambda^2 = 4. \] Přesuneme vše na jednu stranu: \[ \lambda^2 – 2\lambda + 1 – 4 = 0 \Rightarrow \lambda^2 – 2\lambda – 3 = 0. \] Použijeme kvadratickou rovnici: \[ \lambda = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{16}}{2} = \frac{2 \pm 4}{2}. \] Takže vlastní čísla jsou: \[ \lambda_1 = 3, \quad \lambda_2 = -1. \] Máme tedy vlastní čísla \( 3 \) (dvojí výskyt) a \(-1\). Nyní najdeme vlastní vektory. Pro \( \lambda = 3 \) řešíme: \[ (E – 3I) = \begin{pmatrix} -2 & 2 & 0 \\ 2 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Soustava rovnic: \[ \begin{cases} -2x_1 + 2x_2 = 0, \\ 2x_1 – 2x_2 = 0, \\ 0 = 0. \end{cases} \] Z první rovnice: \[ -2x_1 + 2x_2 = 0 \Rightarrow 2x_2 = 2x_1 \Rightarrow x_2 = x_1. \] Druhá rovnice je shodná, třetí rovnice neomezuje. Proměnná \( x_3 \) je volná, proto ji označíme jako \( t \). Vlastní vektory jsou tedy: \[ \mathbf{v} = \begin{pmatrix} s \\ s \\ t \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}. \] Pro \( \lambda = -1 \) řešíme: \[ (E + I) = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}. \] Rovnice: \[ \begin{cases} 2x_1 + 2x_2 = 0, \\ 2x_1 + 2x_2 = 0, \\ 4x_3 = 0. \end{cases} \] Z poslední rovnice: \[ x_3 = 0. \] Z první rovnice: \[ 2x_1 + 2x_2 = 0 \Rightarrow x_1 = -x_2. \] Volíme \( x_2 = t \), pak: \[ x_1 = -t, \quad x_3 = 0. \] Vlastní vektor: \[ \mathbf{v} = t \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \] Shrnutí: \[ \lambda_1 = 3, \quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \lambda_2 = 3, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \lambda_3 = -1, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \]