¿Encontrar los valores propios por inspección?

Question

Necesito resolver el siguiente problema,

En este problema, los valores propios de la matriz de coeficientes pueden ser encontrar por inspección y factorización. Aplicar el método de los valores propios para encontrar una solución general del sistema.

$x'_1=2x_1+x_2-x_3$

$x'_2=-4x_1-3x_2-x_3$

$x'_3=4x_1+4x_2+2x_3$

Ahora sé cómo encontrar los valores propios utilizando el hecho de que $|A-\lambda I|=0$ pero, ¿cómo lo haría mediante una inspección? La inspección es fácil para las matrices que tienen la suma de sus filas sumando el mismo valor, pero esta matriz de coeficientes no tiene esa propiedad.

EDIT: Al principio tampoco entendía lo que significaba la inspección. Después de buscar en Google esto es lo que he encontrado. Imagina que tienes la matriz, $A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$

Observando (o inspeccionando) que cada fila suma el mismo valor, que es 0, podemos ver fácilmente que [1, 1, 1] es un vector propio con el valor propio asociado de 0.

Answer 1

La matriz de coeficientes es $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ -4 & -3 & -1 \\ 4 & 4 & 2 \end{pmatrix}$ .

No estoy seguro de que haya una forma de hacerlo "por inspección".

En general, el producto de los valores propios es el determinante de una matriz, por lo que en este caso $\lambda_1\lambda_2\lambda_3=4$ . La traza (la suma de las diagonales) es la suma de los valores propios por lo que $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=2-3+2=1$ . Pero sin saber cuál es uno de los valores propios, necesitamos una ecuación más.

Si notas (por alguna razón impar) que $[-1\;1\;0]^T$ es un vector propio con valor propio 1, entonces $\lambda_1=1$ así que $\lambda_2\lambda_3=4$ y $\lambda_2+\lambda_3=0$ . Así, $\lambda_2,\lambda_3=\pm 2\sqrt{-1}$ .

En general, no hay una manera fácil de detectar los valores propios de $3 \times 3$ matrices.

Con $2 \times 2$ matrices se puede utilizar el determinante y la traza. La razón por la que esto funciona viene directamente del hecho de que estos son los únicos coeficientes no triviales del polinomio característico (y por lo tanto determinan los valores propios).

Cuando se trata de matrices más grandes se necesitan más invariantes (es decir, coeficientes del polinomio característico) y otros coeficientes del polinomio característico no son tan fáciles de usar/recordar.

Answer 2

Se puede ver fácilmente que $A-I$ tiene dos filas iguales (también tiene dos columnas iguales), por lo que se puede adivinar el primer valor propio.

Entonces la traza y el determinante te dan los otros dos valores propios..

Answer 3

Así es como I lo haría, pero resolver por inspección es subjetivo de todos modos.

Dejemos que $A$ sea la matriz de coeficientes, entonces $(A \cdot x)_k = \lambda x_k$ . Añade la tercera y la segunda fila. Esto da como resultado $x_2 + x_3 = \lambda( x_2 + x_3)$ Por lo tanto $\lambda = 1$ o $x_2 + x_3 = 0$ . Dado que el rastro de $A$ es igual a 1, la suma de los otros dos valores propios es 0.

Para encontrar otros valores propios, dejemos que $x_3 = -x_2$ , dando $2 x_1 + 2x_2 = \lambda x_1$ y $-4 x_1 - 2 x_2 = \lambda x_2$ . El polinomio característico se encuentra fácilmente como $\lambda^2 + 4 = 0$ .