Riešenie pomocou charakteristického polynómu:a) Dokážte, že pre $n \times n$ maticu $A$ je súčet jej vlastných hodnôt (uvažujúc násobnosť) rovný jej stope, t.j. $\lambda_1 + \lambda_2 + \dots + \lambda_n = \operatorname{sto}(A)$.
b) Dokážte, že pre $n \times n$ maticu $A$ je súčin jej vlastných hodnôt (uvažujúc násobnosť) rovný jej determinantu, t.j. $\lambda_1 \cdot \lambda_2 \cdots \lambda_n = \det(A)$.
Odvodené tu: viewtopic.php?t=642
Riešenie pomocou Jordanovho tvaru:
Viacerí ste uviedli také riešenie, že Jordanov tvar je
$J=\begin{pmatrix}
\lambda_1 & * & 0 & \dots & 0 \\
0 & \lambda_2 & * & \dots & 0 \\
& & \ddots & & \\
0 & 0 & \dots & \lambda_{n-1} & * \\
0 & 0 & \dots & 0 & \lambda_n \\
\end{pmatrix}$
pričom na pozíciach označených hviezdičkou je 0 alebo 1. Bez ohľadu na to, aké prvky sú na diagonále Jordanovho tvaru, platí $\operatorname{sto}(J)=\lambda_1+\dots+\lambda_n$ a $\det(J)=\lambda_1\dots\lambda_n$.
Pretože podobné matice majú rovnaký determinant aj rovnakú stopu, dostávame potom $\operatorname{sto}(A)=\operatorname{sto}(J)=\lambda_1+\dots+\lambda_n$ a $\det(A)=\det(J)=\lambda_1\dots\lambda_n$.
(Ak ste uviedli takéto riešenie, očakával by so, že odvodíte aj to, že podobné matice majú naozaj rovnaký determinant. Pri opravovaní som však uznal úlohu za plný počet aj ak ste tento fakt použili bez zdôvodnenia.)