Задача 45.19

Найти ортогональное преобразование, приводящее квадратичную функцию к главным осям (т.е. к каноническому виду). Для каждой квадратичной формы:

* выписываем симметричную матрицу $A$; * находим собственные значения $\lambda_i$ и ортонормированный базис из собственных векторов; * ортогональная матрица $Q$ (составленная из собственных векторов) задаёт искомое преобразование; * в новых координатах форма принимает вид $\lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \lambda_3 y_3^2$.

Матрица формы: \[ A = \begin{pmatrix} 6 & -2 & 2 \\ -2 & 5 & 0 \\ 2 & 0 & 7 \end{pmatrix}. \]

Собственные значения. Характеристический многочлен: \[ \det(A-\lambda I)= \begin{vmatrix} 6-\lambda & -2 & 2 \\ -2 & 5-\lambda & 0 \\ 2 & 0 & 7-\lambda \end{vmatrix} = (5-\lambda)\bigl((6-\lambda)(7-\lambda)-4\bigr) - 0 + 0 = (5-\lambda)(\lambda^2-13\lambda+38)=0. \] Дискриминант квадратного трёхчлена: $169-152=17$, корни $\frac{13\pm\sqrt{17}}{2}$. Таким образом: \[ \lambda_1 = \frac{13+\sqrt{17}}{2},\quad \lambda_2 = \frac{13-\sqrt{17}}{2},\quad \lambda_3 = 5. \]

Собственные векторы. Для $\lambda_3=5$: \[ (A-5I)v=0 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & -2 & 2 \\ -2 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}=0. \] Из второй строки: $-2v_1=0\Rightarrow v_1=0$. Подставляя, получаем $v_2 = v_3$ (из первой: $0-2v_2+2v_3=0$; третья: $0+0+2v_3=0\Rightarrow v_3=0$, но тогда $v_2=0$). Противоречие? Проверим: если $v_1=0$, то третье уравнение: $2\cdot0+0\cdot v_2+2v_3=2v_3=0\Rightarrow v_3=0$, тогда первое: $-2v_2=0\Rightarrow v_2=0$. Получаем только тривиальное решение. Значит, $\lambda=5$ не является собственным? Это странно, так как мы нашли его как корень. Пересчитаем характеристический многочлен.

Вычислим определитель аккуратно: \[ \begin{vmatrix} 6-\lambda & -2 & 2 \\ -2 & 5-\lambda & 0 \\ 2 & 0 & 7-\lambda \end{vmatrix} = (6-\lambda)\begin{vmatrix}5-\lambda & 0 \\ 0 & 7-\lambda\end{vmatrix} - (-2)\begin{vmatrix}-2 & 0 \\ 2 & 7-\lambda\end{vmatrix} + 2\begin{vmatrix}-2 & 5-\lambda \\ 2 & 0\end{vmatrix}. \] Первое слагаемое: $(6-\lambda)(5-\lambda)(7-\lambda)$. Второе: $+2\cdot\bigl((-2)(7-\lambda)-0\cdot2\bigr)=2\cdot(-2)(7-\lambda)=-4(7-\lambda)$. Третье: $2\cdot\bigl((-2)\cdot0 - (5-\lambda)\cdot2\bigr)=2\cdot(-2(5-\lambda))=-4(5-\lambda)$. Итого: \[ (6-\lambda)(5-\lambda)(7-\lambda) -4(7-\lambda) -4(5-\lambda). \] Вынесем общий множитель? Упростим: \[ (5-\lambda)\bigl[(6-\lambda)(7-\lambda)-4\bigr] -4(7-\lambda) +? \] Лучше раскрыть скобки: Сначала $(6-\lambda)(5-\lambda)(7-\lambda) = (6-\lambda)[(5-\lambda)(7-\lambda)] = (6-\lambda)(35-12\lambda+\lambda^2)= (6-\lambda)(\lambda^2-12\lambda+35)= (6\lambda^2-72\lambda+210 - \lambda^3+12\lambda^2-35\lambda)= -\lambda^3+18\lambda^2-107\lambda+210$. Затем $-4(7-\lambda)= -28+4\lambda$, и $-4(5-\lambda)= -20+4\lambda$. Суммируем: $-\lambda^3+18\lambda^2-107\lambda+210 -28+4\lambda -20+4\lambda = -\lambda^3+18\lambda^2-99\lambda+162$. Приравниваем к нулю: $-\lambda^3+18\lambda^2-99\lambda+162=0$ или $\lambda^3-18\lambda^2+99\lambda-162=0$. Проверим, является ли $\lambda=5$ корнем: $125-450+495-162=8\ne0$. Значит, я ошибся в разложении. Правильнее вычислить определитель разложением по второй строке (или третьей) – там много нулей. Разложим по второй строке: \[ \det = (-2)\cdot(-1)^{2+1} M_{21} + (5-\lambda)\cdot(-1)^{2+2} M_{22} + 0\cdot\ldots \] где $M_{21} = \begin{vmatrix}-2 & 2 \\ 0 & 7-\lambda\end{vmatrix} = (-2)(7-\lambda) - 2\cdot0 = -2(7-\lambda)$, $M_{22} = \begin{vmatrix}6-\lambda & 2 \\ 2 & 7-\lambda\end{vmatrix} = (6-\lambda)(7-\lambda)-4$. Тогда: \[ \det = -2\cdot(-1)^{3}\cdot(-2(7-\lambda)) + (5-\lambda)\cdot( (6-\lambda)(7-\lambda)-4 ) = -2\cdot(-1)\cdot(-2(7-\lambda)) + (5-\lambda)((6-\lambda)(7-\lambda)-4) = -2\cdot(1)\cdot(-2(7-\lambda))? \] Давайте аккуратно: $(-2)\cdot(-1)^{2+1}=(-2)\cdot(-1)=2$. Но $M_{21}=-2(7-\lambda)$. Тогда первое слагаемое: $2\cdot(-2(7-\lambda)) = -4(7-\lambda)$. Второе слагаемое: $(5-\lambda)\cdot((6-\lambda)(7-\lambda)-4)$. Итого: \[ \det = (5-\lambda)\bigl((6-\lambda)(7-\lambda)-4\bigr) -4(7-\lambda). \] Вынесем $(7-\lambda)$: \[ \det = (7-\lambda)\bigl[(5-\lambda)(6-\lambda)-4\bigr] = (7-\lambda)\bigl[(5-\lambda)(6-\lambda)-4\bigr]. \] Теперь раскроем: $(5-\lambda)(6-\lambda)=30-11\lambda+\lambda^2$, вычтем 4: $\lambda^2-11\lambda+26$. Дискриминант: $121-104=17$, корни $\frac{11\pm\sqrt{17}}{2}$. Итак, \[ \det = (7-\lambda)(\lambda^2-11\lambda+26) = 0. \] Собственные значения: \[ \lambda_1=7,\quad \lambda_{2,3}=\frac{11\pm\sqrt{17}}{2}. \] Проверка: ранее я использовал неверное разложение. Теперь всё правильно.

Таким образом: $\lambda_1=7$, $\lambda_2=\frac{11+\sqrt{17}}{2}$, $\lambda_3=\frac{11-\sqrt{17}}{2}$.

Собственные векторы.

* Для $\lambda=7$: \[ (A-7I) = \begin{pmatrix} -1 & -2 & 2 \\ -2 & -2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Система: \begin{cases} -x_1-2x_2+2x_3=0,
-2x_1-2x_2=0,
2x_1=0. \end{cases} Из третьего: $x_1=0$. Из второго: $-2\cdot0-2x_2=0\Rightarrow x_2=0$. Из первого: $0-0+2x_3=0\Rightarrow x_3=0$. Тривиальное решение? Но собственный вектор не может быть нулевым. Следовательно, $\lambda=7$ не является собственным? Это странно, так как мы нашли корень. Проверим матрицу $A-7I$: \[ \begin{pmatrix} -1 & -2 & 2 \\ -2 & -2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{pmatrix} \] Ранг этой матрицы? Определитель $(-1)\cdot(-2)\cdot0 + ...$ но можно заметить, что строки линейно зависимы? Вычислим минор 2×2 из первых двух строк и первых двух столбцов: $\begin{vmatrix}-1 & -2 \\ -2 & -2\end{vmatrix}=2-4=-2\neq0$, значит ранг не менее 2. Третья строка: (2,0,0) – не является линейной комбинацией первых двух? Проверим, может ли существовать ненулевое решение? Система из трех уравнений с тремя неизвестными, если матрица имеет ранг 3, то решение только нулевое. Но характеристический многочлен дает $\lambda=7$ корнем, значит определитель $A-7I$ должен быть нулевым, следовательно ранг меньше 3. Вычислим определитель $A-7I$: \[ \det = (-1)\cdot(-2)\cdot0 + (-2)\cdot0\cdot2 + 2\cdot(-2)\cdot0 - (2\cdot(-2)\cdot2 + 0\cdot0\cdot(-1) + 0\cdot(-2)\cdot(-2)) = 0+0+0 - ( -8 +0+0)=8 \neq 0. \] Получили 8, но по теореме определитель должен быть 0. Противоречие. Значит, я ошибся в вычислении характеристического многочлена во второй раз. Разложим по третьей строке? Давайте еще раз, но более надежно.

Исходная матрица: \[ A = \begin{pmatrix} 6 & -2 & 2 \\ -2 & 5 & 0 \\ 2 & 0 & 7 \end{pmatrix}. \] Вычислим $\det(A-\lambda I)$ разложением по третьей строке: \[ \det = 2\cdot(-1)^{3+1} M_{31} + 0\cdot(-1)^{3+2} M_{32} + (7-\lambda)\cdot(-1)^{3+3} M_{33}, \] где $M_{31} = \begin{vmatrix}-2 & 2 \\ 5-\lambda & 0 \end{vmatrix} = (-2)\cdot0 - 2\cdot(5-\lambda) = -2(5-\lambda)$, $M_{33} = \begin{vmatrix}6-\lambda & -2 \\ -2 & 5-\lambda \end{vmatrix} = (6-\lambda)(5-\lambda) - 4$. Тогда: \[ \det = 2\cdot(1)\cdot[-2(5-\lambda)] + (7-\lambda)\cdot[(6-\lambda)(5-\lambda)-4] = -4(5-\lambda) + (7-\lambda)[(6-\lambda)(5-\lambda)-4]. \] Раскроем скобки: $(6-\lambda)(5-\lambda)=30-11\lambda+\lambda^2$, вычитаем 4: $\lambda^2-11\lambda+26$. Итак, $\det = -4(5-\lambda) + (7-\lambda)(\lambda^2-11\lambda+26)$. Раскроем: $(\lambda^2-11\lambda+26)(7-\lambda) = 7\lambda^2-77\lambda+182 - \lambda^3+11\lambda^2-26\lambda = -\lambda^3+18\lambda^2-103\lambda+182$. Затем $-4(5-\lambda)= -20+4\lambda$. Суммируем: $-\lambda^3+18\lambda^2-103\lambda+182 -20+4\lambda = -\lambda^3+18\lambda^2-99\lambda+162$. Получили тот же результат, что и в первом ошибочном разложении. Но мы знаем, что собственные значения должны быть вещественными. Проверим, имеет ли этот кубический многочлен корень $\lambda=7$: $ -343 + 18\cdot49 -99\cdot7+162 = -343+882-693+162=8$, не ноль. Корень $\lambda=5$: $-125+450-495+162=-8$, не ноль. Корень $\lambda=6$: $-216+648-594+162=0$. $\lambda=6$ – корень. Поделим на $(\lambda-6)$: получаем $-\lambda^2+12\lambda-27$? Выполним деление: $(-\lambda^3+18\lambda^2-99\lambda+162):(\lambda-6)$. Делим: $-\lambda^2$ умножить на $(\lambda-6)= -\lambda^3+6\lambda^2$, вычитаем: $(18\lambda^2-6\lambda^2)=12\lambda^2$, сносим $-99\lambda$. Далее $+12\lambda$ умножить на $(\lambda-6)=12\lambda^2-72\lambda$, вычитаем: $(-99\lambda+72\lambda)=-27\lambda$, сносим $+162$. Далее $-27$ умножить на $(\lambda-6)=-27\lambda+162$, вычитаем: 0. Итак, частное $-\lambda^2+12\lambda-27 = -(\lambda^2-12\lambda+27) = -(\lambda-3)(\lambda-9)$. Следовательно, собственные значения: $\lambda_1=6$, $\lambda_2=3$, $\lambda_3=9$.

Проверим: $\lambda=6$: подставим в определитель: $(-216)+18*36-99*6+162=-216+648-594+162=0$, да. $\lambda=3$: $-27+162-297+162=0$, $\lambda=9$: $-729+1458-891+162=0$. Итак, собственные значения: 3, 6, 9. Очень красиво. Значит, я допустил ошибку в разложении по второй строке ранее. Теперь правильно.

Итак, для пункта (а) собственные значения: $\lambda_1=3$, $\lambda_2=6$, $\lambda_3=9$.

Теперь найдем собственные векторы.

Для $\lambda=3$: $A-3I = \begin{pmatrix}3 & -2 & 2 \\ -2 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 4\end{pmatrix}$. Решаем $(A-3I)v=0$: Система: \[ \begin{cases} 3x-2y+2z=0,\\ -2x+2y=0,\\ 2x+4z=0. \end{cases} \] Из второго: $2y=2x \Rightarrow y=x$. Из третьего: $2x+4z=0 \Rightarrow x+2z=0 \Rightarrow z=-x/2$. Подставим в первое: $3x-2x+2(-x/2)= x - x =0$, тождество. Выберем $x=2$, тогда $y=2$, $z=-1$. Вектор $v_3 = (2,2,-1)$. Норма: $\sqrt{4+4+1}=3$. Нормированный: $u_3 = (2/3, 2/3, -1/3)$.

Для $\lambda=6$: $A-6I = \begin{pmatrix}0 & -2 & 2 \\ -2 & -1 & 0 \\ 2 & 0 & 1\end{pmatrix}$. Система: \begin{cases} -2y+2z=0,
-2x - y =0,
2x + z=0. \end{cases} Из первого: $y=z$. Из второго: $2x+y=0 \Rightarrow y=-2x$. Из третьего: $2x+z=0 \Rightarrow z=-2x$. Сравнивая $y=z$ и $y=-2x$, $z=-2x$ получаем $-2x = -2x$ – выполняется. Итак, $x$ свободный, $y=z=-2x$. Возьмем $x=1$, тогда $y=-2$, $z=-2$. Вектор $v_6 = (1,-2,-2)$. Норма: $\sqrt{1+4+4}=3$. Нормированный: $u_6 = (1/3, -2/3, -2/3)$.

Для $\lambda=9$: $A-9I = \begin{pmatrix}-3 & -2 & 2 \\ -2 & -4 & 0 \\ 2 & 0 & -2\end{pmatrix}$. Система: \begin{cases} -3x-2y+2z=0,
-2x-4y=0,
2x -2z=0. \end{cases} Из второго: $-2x-4y=0 \Rightarrow x+2y=0 \Rightarrow x=-2y$. Из третьего: $2x-2z=0 \Rightarrow x=z$. Тогда $z=x=-2y$. Подставим в первое: $-3(-2y)-2y+2(-2y)=6y-2y-4y=0$, тождество. Выберем $y=1$, тогда $x=-2$, $z=-2$. Вектор $v_9 = (-2,1,-2)$. Норма: $\sqrt{4+1+4}=3$. Нормированный: $u_9 = (-2/3, 1/3, -2/3)$.

Ортогональность: проверим скалярные произведения $(2,2,-1)\cdot(1,-2,-2)=2-4+2=0$, $(2,2,-1)\cdot(-2,1,-2)=-4+2+2=0$, $(1,-2,-2)\cdot(-2,1,-2)=-2-2+4=0$. Базис ортогональный. Матрица ортогонального преобразования (столбцы – нормированные собственные векторы): \[ Q = \begin{pmatrix} 2/3 & 1/3 & -2/3 \\ 2/3 & -2/3 & 1/3 \\ -1/3 & -2/3 & -2/3 \end{pmatrix}. \] В новых координатах $y = Q^T x$ квадратичная форма примет вид $3y_1^2+6y_2^2+9y_3^2$.

Ответ для (а): ортогональное преобразование задаётся матрицей $Q$; канонический вид $3y_1^2+6y_2^2+9y_3^2$.

Матрица: \[ A = \begin{pmatrix} 11 & 8 & 2 \\ 8 & 5 & -10 \\ 2 & -10 & 2 \end{pmatrix}. \]

Собственные значения. Характеристический многочлен: \[ \det(A-\lambda I)= \begin{vmatrix} 11-\lambda & 8 & 2 \\ 8 & 5-\lambda & -10 \\ 2 & -10 & 2-\lambda \end{vmatrix}. \] Вычисляем разложением, например, по первой строке. Но можно заметить, что матрица имеет простые числа. Попробуем угадать корни. Сумма собственных значений = след = 11+5+2=18. Произведение (определитель) вычислим позже. Подставим $\lambda=0$: $\det(A)=?$ Можно вычислить. Но легче найти характеристический многочлен, используя преобразования. Выполним вычисления:

Разложим по первой строке: \[ \det = (11-\lambda)\begin{vmatrix}5-\lambda & -10 \\ -10 & 2-\lambda\end{vmatrix} - 8\begin{vmatrix}8 & -10 \\ 2 & 2-\lambda\end{vmatrix} + 2\begin{vmatrix}8 & 5-\lambda \\ 2 & -10\end{vmatrix}. \] Вычислим каждый минор: 1) $(5-\lambda)(2-\lambda) - (-10)(-10) = (5-\lambda)(2-\lambda) - 100 = (10 -7\lambda +\lambda^2) -100 = \lambda^2 -7\lambda -90$. 2) $8(2-\lambda) - (-10)\cdot2 = 16-8\lambda +20 = 36 -8\lambda$. 3) $8\cdot(-10) - (5-\lambda)\cdot2 = -80 -10 +2\lambda = -90+2\lambda$.

Подставляем: \[ \det = (11-\lambda)(\lambda^2-7\lambda-90) -8(36-8\lambda) + 2(-90+2\lambda). \] Раскрываем первое: $(11-\lambda)(\lambda^2-7\lambda-90) = 11(\lambda^2-7\lambda-90) - \lambda(\lambda^2-7\lambda-90) = 11\lambda^2-77\lambda-990 - \lambda^3+7\lambda^2+90\lambda = -\lambda^3 + 18\lambda^2 +13\lambda -990$. (Проверка: $-77+90=13$, да). Затем $-8(36-8\lambda) = -288 + 64\lambda$. И $2(-90+2\lambda) = -180 + 4\lambda$. Суммируем: $-\lambda^3 + 18\lambda^2 +13\lambda -990 -288 +64\lambda -180 +4\lambda = -\lambda^3+18\lambda^2 +(13+64+4)\lambda +(-990-288-180) = -\lambda^3+18\lambda^2+81\lambda -1458$. Итак, характеристический многочлен: $-\lambda^3+18\lambda^2+81\lambda-1458=0$ или умножая на -1: $\lambda^3-18\lambda^2-81\lambda+1458=0$. Попробуем найти корни. Подставим $\lambda=9$: $729-1458-729+1458=0$, да. Делим на $(\lambda-9)$: получаем $\lambda^2-9\lambda-162=0$. Дискриминант $81+648=729$, корни $\frac{9\pm27}{2}$, т.е. $18$ и $-9$. Следовательно, собственные значения: $\lambda_1=9$, $\lambda_2=18$, $\lambda_3=-9$.

Собственные векторы.

* Для $\lambda=9$: $A-9I = \begin{pmatrix}2 & 8 & 2 \\ 8 & -4 & -10 \\ 2 & -10 & -7\end{pmatrix}$. Решаем систему: \[ \begin{cases} 2x+8y+2z=0,\\ 8x-4y-10z=0,\\ 2x-10y-7z=0. \end{cases} \] Поделим первое на 2: $x+4y+z=0 \Rightarrow z = -x-4y$. Подставим во второе: $8x-4y-10(-x-4y)=8x-4y+10x+40y=18x+36y=0 \Rightarrow x+2y=0 \Rightarrow x=-2y$. Тогда $z = -(-2y)-4y = 2y-4y=-2y$. Выберем $y=1$, $x=-2$, $z=-2$. Вектор $v_9 = (-2,1,-2)$. Норма: $\sqrt{4+1+4}=3$. Нормированный: $(-2/3, 1/3, -2/3)$.

* Для $\lambda=18$: $A-18I = \begin{pmatrix}-7 & 8 & 2 \\ 8 & -13 & -10 \\ 2 & -10 & -16\end{pmatrix}$. Система: \[ \begin{cases} -7x+8y+2z=0,\\ 8x-13y-10z=0,\\ 2x-10y-16z=0. \end{cases} \] Третье уравнение сократим на 2: $x-5y-8z=0 \Rightarrow x=5y+8z$. Подставим в первое: $-7(5y+8z)+8y+2z = -35y-56z+8y+2z = -27y-54z=0 \Rightarrow y=-2z$. Тогда $x=5(-2z)+8z = -10z+8z=-2z$. Выберем $z=1$, $y=-2$, $x=-2$. Вектор $v_{18}=(-2,-2,1)$. Норма: $\sqrt{4+4+1}=3$. Нормированный: $(-2/3, -2/3, 1/3)$.

* Для $\lambda=-9$: $A+9I = \begin{pmatrix}20 & 8 & 2 \\ 8 & 14 & -10 \\ 2 & -10 & 11\end{pmatrix}$. Система: \[ \begin{cases} 20x+8y+2z=0,\\ 8x+14y-10z=0,\\ 2x-10y+11z=0. \end{cases} \] Разделим первое на 2: $10x+4y+z=0 \Rightarrow z=-10x-4y$. Подставим во второе: $8x+14y-10(-10x-4y)=8x+14y+100x+40y=108x+54y=0 \Rightarrow 2x+y=0 \Rightarrow y=-2x$. Тогда $z=-10x-4(-2x)=-10x+8x=-2x$. Выберем $x=1$, $y=-2$, $z=-2$. Вектор $v_{-9}=(1,-2,-2)$. Норма: $\sqrt{1+4+4}=3$. Нормированный: $(1/3, -2/3, -2/3)$.

Проверка ортогональности: $(-2,1,-2)\cdot(-2,-2,1)=4-2-2=0$, $(-2,1,-2)\cdot(1,-2,-2)=-2-2+4=0$, $(-2,-2,1)\cdot(1,-2,-2)=-2+4-2=0$. Базис ортогональный.

Матрица ортогонального преобразования (столбцы – нормированные векторы в порядке $\lambda=9,18,-9$): \[ Q = \begin{pmatrix} -2/3 & -2/3 & 1/3 \\ 1/3 & -2/3 & -2/3 \\ -2/3 & 1/3 & -2/3 \end{pmatrix}. \] Канонический вид: $9y_1^2+18y_2^2-9y_3^2$.

Ответ для (б): ортогональное преобразование задаётся матрицей $Q$; канонический вид $9y_1^2+18y_2^2-9y_3^2$.

Матрица: \[ A = \begin{pmatrix} 1 & -3 & -1 \\ -3 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 5 \end{pmatrix}. \]

Собственные значения. След = 1+1+5=7. Характеристический многочлен: \[ \det(A-\lambda I)= \begin{vmatrix} 1-\lambda & -3 & -1 \\ -3 & 1-\lambda & 1 \\ -1 & 1 & 5-\lambda \end{vmatrix}. \] Вычислим, например, сложив первую и вторую строки? Можно вычислить напрямую. Разложим по первой строке: \[ \det = (1-\lambda)\begin{vmatrix}1-\lambda & 1 \\ 1 & 5-\lambda\end{vmatrix} - (-3)\begin{vmatrix}-3 & 1 \\ -1 & 5-\lambda\end{vmatrix} + (-1)\begin{vmatrix}-3 & 1-\lambda \\ -1 & 1\end{vmatrix}. \] Первый минор: $(1-\lambda)(5-\lambda)-1= (5-\lambda-5\lambda+\lambda^2)-1 = \lambda^2-6\lambda+4$. Второй минор: $(-3)(5-\lambda)-1\cdot(-1)= -15+3\lambda+1= -14+3\lambda$. Третий минор: $(-3)\cdot1 - (1-\lambda)(-1)= -3 + (1-\lambda)= -2-\lambda$. Тогда: \[ \det = (1-\lambda)(\lambda^2-6\lambda+4) +3(-14+3\lambda) -1\cdot(-2-\lambda) = (1-\lambda)(\lambda^2-6\lambda+4) -42+9\lambda +2+\lambda. \] Упростим: $(1-\lambda)(\lambda^2-6\lambda+4) = (\lambda^2-6\lambda+4) -\lambda(\lambda^2-6\lambda+4)= \lambda^2-6\lambda+4 - \lambda^3+6\lambda^2-4\lambda = -\lambda^3+7\lambda^2-10\lambda+4$. Складываем с остальным: $-\lambda^3+7\lambda^2-10\lambda+4 -42+9\lambda+2+\lambda = -\lambda^3+7\lambda^2+(-10\lambda+9\lambda+\lambda) + (4-42+2) = -\lambda^3+7\lambda^2+0\lambda -36 = -\lambda^3+7\lambda^2-36$. Итак, $\det = -\lambda^3+7\lambda^2-36 = 0$ или $\lambda^3-7\lambda^2+36=0$. Подбором находим корень $\lambda= -2$: $-8-28+36=0$, да. Делим на $(\lambda+2)$: получаем $\lambda^2-9\lambda+18=0$, корни $\lambda=3$ и $\lambda=6$. Таким образом, собственные значения: $\lambda_1=-2$, $\lambda_2=3$, $\lambda_3=6$.

Собственные векторы.

* Для $\lambda=-2$: $A+2I = \begin{pmatrix}3 & -3 & -1 \\ -3 & 3 & 1 \\ -1 & 1 & 7\end{pmatrix}$. Система: \[ \begin{cases} 3x-3y-z=0,\\ -3x+3y+z=0,\\ -x+y+7z=0. \end{cases} \] Первое и второе эквивалентны (второе = - первое). Возьмем первое: $3x-3y-z=0 \Rightarrow z=3x-3y$. Третье: $-x+y+7(3x-3y)= -x+y+21x-21y=20x-20y=0 \Rightarrow x=y$. Тогда $z=3x-3x=0$. Итак, $x=y$, $z=0$. Выберем $x=1$, $y=1$, $z=0$. Вектор $v_{-2}=(1,1,0)$. Норма: $\sqrt{2}$. Нормированный: $(1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}, 0)$.

* Для $\lambda=3$: $A-3I = \begin{pmatrix}-2 & -3 & -1 \\ -3 & -2 & 1 \\ -1 & 1 & 2\end{pmatrix}$. Система: \[ \begin{cases} -2x-3y-z=0,\\ -3x-2y+z=0,\\ -x+y+2z=0. \end{cases} \] Сложим первое и второе: $(-5x-5y)=0 \Rightarrow x+y=0 \Rightarrow y=-x$. Из третьего: $-x+(-x)+2z=-2x+2z=0 \Rightarrow z=x$. Подставим в первое: $-2x-3(-x)-x = -2x+3x-x=0$, тождество. Итак, $y=-x$, $z=x$. Выберем $x=1$, $y=-1$, $z=1$. Вектор $v_3=(1,-1,1)$. Норма: $\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}$. Нормированный: $(1/\sqrt{3}, -1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3})$.

* Для $\lambda=6$: $A-6I = \begin{pmatrix}-5 & -3 & -1 \\ -3 & -5 & 1 \\ -1 & 1 & -1\end{pmatrix}$. Система: \[ \begin{cases} -5x-3y-z=0,\\ -3x-5y+z=0,\\ -x+y-z=0. \end{cases} \] Из третьего: $z= -x+y$. Подставим в первое: $-5x-3y-(-x+y)= -5x-3y+x-y = -4x-4y=0 \Rightarrow x+y=0 \Rightarrow y=-x$. Тогда $z = -x+(-x)= -2x$. Выберем $x=1$, $y=-1$, $z=-2$. Вектор $v_6=(1,-1,-2)$. Норма: $\sqrt{1+1+4}=\sqrt{6}$. Нормированный: $(1/\sqrt{6}, -1/\sqrt{6}, -2/\sqrt{6})$.

Ортогональность: $(1,1,0)\cdot(1,-1,1)=1-1+0=0$, $(1,1,0)\cdot(1,-1,-2)=1-1+0=0$, $(1,-1,1)\cdot(1,-1,-2)=1+1-2=0$. Базис ортогональный.

Матрица $Q$ (столбцы – нормированные векторы в порядке $\lambda=-2,3,6$): \[ Q = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{3} & 1/\sqrt{6} \\ 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{3} & -1/\sqrt{6} \\ 0 & 1/\sqrt{3} & -2/\sqrt{6} \end{pmatrix}. \] Канонический вид: $-2y_1^2+3y_2^2+6y_3^2$.

Ответ для (в): ортогональное преобразование задаётся матрицей $Q$; канонический вид $-2y_1^2+3y_2^2+6y_3^2$.

Таким образом, для каждого пункта получены ортогональные матрицы и канонические формы.