Riešenie
Napíšem sem riešenie pre skupinu $A$, ostatné skupiny by sa riešili podobne.
Najprv vypočítajme charakteristický polynóm:
$ch_A(x)=
\begin{vmatrix}
2-x&-4 & 2 \\
-4 &2-x& 2 \\
2 & 2 & 5-x
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
6-x&x-6& 0 \\
-4 &2-x& 2 \\
2 & 2 & 5-x
\end{vmatrix}=$ $
(6-x)\begin{vmatrix}
1 &-1 & 0 \\
-4 &2-x& 2 \\
2 & 2 & 5-x
\end{vmatrix}=$ $
(6-x)\begin{vmatrix}
1 &-1 & 0 \\
0 &-2-x& 2 \\
0 & 4 & 5-x
\end{vmatrix}=$ $
(6-x)\begin{vmatrix}
-2-x& 2 \\
4 & 5-x
\end{vmatrix}=$ $
(6-x)[(x+2)(x-5)-8]=$ $
(6-x)(x^2-3x-18)=$ $
(6-x)(x-6)(x+3)=$ $
-(x-6)^2(x+3)$
Zistili sme, že vlastné čísla sú $6$ a $-3$. Už na tomto mieste vieme povedať, že $D=
\begin{pmatrix}
-3 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 0 \\
0 & 0 & 6
\end{pmatrix}$.
Ak chceme nájsť maticu takú, že $PAP^{-1}=D$, tak $P$ má ako riadky vlastné vektory. Poďme teda hľadať vlastné vektory. (Potom sa vrátime k tomu, či vieme dostať ortonormálnu bázu z vlastných vektorov - to potrebujeme ak chceme dostať ortogonálnu maticu.)
Vlastný vektor k $-3$ je $(2,2,-1)$ (a všetky jeho nenulové násobky).
Ešte chcem nájsť vlastné vektory k $6$, čo môžeme urobiť riešením sústavy
$(A-6I)^T=A-6I=
\begin{pmatrix}
-4 &-4 & 2 \\
-4 &-4 & 2 \\
2 & 2 &-1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 2 &-1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
Poznámka: Nemalo by nás prekvapiť, že všetky riešenia tejto sústavy (všetky vlastné vektory k $6$) sú kolmé na vektor $(2,2,-1)$ (vlastný vektor k $-3$). Z prednášky poznáme vetu, že pre symetrickú maticu sú vlastné vektory k rôznym vlastným číslam na seba kolmé.
Odtiaľto vieme (rôznymi spôsobmi) vyjadriť bázu priestoru riešení sústavy, napríklad ako $(1,-1,0)$, $(1,0,2)$.
Chceli by sme dostať takú bázu, kde budú tieto vektory na seba kolmé. Mohli by sme napríklad použiť Gram-Schmidtov ortogonalizačný proces.
Pre dva vektory to asi môžeme spraviť aj jednoduchšie. Ak sme zobrali ako prvý vektor do bázy $(1,-1,0)$, tak ešte chceme nájsť druhý vektor, ktorý je kolmý na $(1,-1,0)$ a súčasne je riešením danej sústavy. Inak povedané, vektor ktorý hľadáme má vyhovovať sústave
$\begin{pmatrix}
2 & 2 &-1 \\
1 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
Túto sústavu ľahko vyriešime, nájdeme, že riešením je napríklad $(1,1,4)$.
Vlastné vektory k $6$ sú $(1,-1,0)$ a $(1,1,4)$; takto zvolené vektory sú navyše na seba kolmé. (A oba sú kolmé na vlastný vektor k $-3$)
Ak ešte každý z vlastných vektorov predelíme veľkosťou, dostaneme tak ortonormálnu bázu pozostávajúcu z vlastných vektorov.
Potom z nich môžeme poskladať ortogonálnu maticu $P$
$P=
\begin{pmatrix}
\frac23 & \frac23 & -\frac13 \\
\frac1{\sqrt2} & -\frac1{\sqrt2} & 0 \\
\frac1{3\sqrt2} & \frac1{3\sqrt2} & \frac4{3\sqrt2}
\end{pmatrix}
$
Pre túto maticu platí $PAP^T=D$.
(Azda by som mal poznamenať, že matica $P$ nie je jednoznačne určená - mohli ste dostať inú ortogonálnu maticu a je to správne riešenie. Matica $D$ je až na poradie prvkov na diagonále určená jednoznačne.)
Tu je kontrola, že to naozaj vychádza. (Aj keď toto by som asi neočakával, že niekto bude rátať naozaj ručne na papier. Na druhú stranu, skontrolovať ručne, či riadky sú naozaj vlastné vektory nie je veľmi ťažké - a tam môžeme použiť vektory pred normalizáciou.)
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%5 ... 9%5D%5D%29
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%5 ... 9%5D%5D%29
Ostatné skupiny
V ostatných skupinách sa zadané matice líšia len o násobok jednej matice.
Ak $PAP^T=D$, kde $P$ je ortogonálna, tak dostaneme
$$P(A+cI)P^T=PAP^T+cPP^T=D+cI,$$
čiže výsledok je presne rovnaký, treba len k $D$ pripočítať vhodný násobok jednotkovej matice.
Komentáre k riešeniu
Jedno vlastné číslo sa dalo pomerne ľahko uhádnuť.
Vlastné čísla sú tie čísla, pre ktoré $A-\lambda I$ má hodnosť menšiu ako 3. Ak si všimneme, že sa dá nájsť také $\lambda$, kde matica $A-\lambda I$ bude mať dva rovnaké riadky, tak to je určite vlastné číslo.
Konkrétne v skupine A máme
$A-6I=
\begin{pmatrix}
-4 &-4 & 2 \\
-4 &-4 & 2 \\
2 & 2 &-1
\end{pmatrix}$
Táto matica nie je regulárna, teda $6$ je vlastné číslo.
Ak si navyše všimneme, že táto matica má hodnosť $h(A-6I)=1$, tak vieme, že $6$ je dvojnásobné vlastné číslo. Teda diagonálna matica bude vyzerať takto:
$D=
\begin{pmatrix}
d_1 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 0 \\
0 & 0 & 6
\end{pmatrix}$
Z toho, že podobné matice majú rovnakú stopu, dostaneme $6+6+d=9$ a $d=-3$.
Čiže v podstate sa dali nájsť vlastné čísla a matica $D$ aj bez rátania charakteristického polynómu, aj keď s trochou hádania.
(Ale určite je prirodzenejší postup cez charakteristický polynóm ako takéto "tipovanie".)
Komentáre k odovzdaným riešeniam, chyby, ktoré sa objavovali
V podstate asi najpodstatnejšie bolo to, že ste niektorí zrátali takú maticu, že $PAP^T=D$ alebo takú, že $PAP^{-1}=D$, ale pre vašu maticu neplatilo $P^T=P^{-1}$. (Nebola ortogonálna.)
Dával som za takéto riešenie (v podstate riešenie inej úlohy) 5 bodov. Niekedy aj viac, ak ste povedzme aspoň napísali, čo by ste robili ďalej, aby ste dostali ortogonálnu maticu, ale už to nezrátali.
Ešte tiež poznamenám, že pri hľadaní koreňov a delení koreňovým činiteľom sa azda oplatilo používať Hornerovu schému.
Objavila sa aj písomka, kde ste zobrali riadky zadanej matice a na ne pustil Gram-Schmidtov proces. Týmto spôsobom rátate niečo úplne iné.
Charakteristický polynóm matice rozmerov $n\times n$ má stupeň $n$. Ak vám pre maticu $3\times3$ vyšiel polynóm stupňa nižšieho ako $3$, treba niekde hľadať chybu.
Ak mi vyšlo, že $\lambda$ je charakteristický polynóm a súčasne som pri riešení sústavy nenašiel žiadne vlastné vektory, treba niekde hľadať chybu. (Buď som sa pomýlili pri hľadaní vlastných vektorov/riešení sústavy, alebo $\lambda$ nie je vlastné číslo a chyba je niekde pri výpočte charakteristického polynómu alebo pri hľadaní jeho koreňov.)
Riadky ortogonálnej matice sú navzájom kolmé vektory dĺžky jedna. Niektorí z vás našli vlastné vektory, ktoré boli na seba kolmé - ale zabudli ste ich predeliť veľkosťou.
Obtiažnosť úlohy
Určite som ochotný uznať, že ak ste rátali charakteristický polynóm pomocou Sarrusovho pravidla, tak tam vychádzali pomerne veľké čísla (koeficienty niekde v rozsahu medzi 50 a 100). Takže sa tam dalo pomerne ľahko pomýliť.
A aj ak ho zrátam a nepomýlim sa, tak stále zostáva problém nájsť korene.
Aj tak si však myslím, že táto úloha bola zrátateľná v pohode pod 30 minút - ak ste zrátali charakteristický polynóm napríklad tak, ako som uviedol vyššie, tak už sa výpočet charakteristického polynómu výrazne zjednoduší a navyše hneď máte jeden koreň. (Stačí hľadať už len korene kvadratického polynómu.)
Viackrát, keď sme na cviku rátali charakteristický polynóm, ste mohli vidieť, že práve takýto postup nám mohol zjednodušiť život.
Ak ste rátali charakteristický polynóm cez Sarrusa, tak je to ťažšie. Ale snáď aj tu je istá výhoda (a pomôže nájsť chybu) to, že jeden koreň hneď vidíte. (Počas písomky som práve kvôli tomuto hovoril hint o tom, že sa treba pozrieť, či pre nejaké $\lambda$ nebude $A-\lambda I$ matica, ktorá má dva riadky rovnaké.)
Klobúk dolu, že ste mnohí zvládli zrátať charakteristický polynóm aj takýmto spôsobom a nepomýliť sa. Nemyslím si však, že by som zadal neprimerane ťažkú písomku - ako som ukázal vyššie, vlastné čísla sa dali nájsť aj oveľa rýchlejším spôsobom.