¿Por qué es útil el determinante al encontrar vectores propios?

La condición$\det(A-\lambda I)=0$garantiza que existe un distinto de cero$\vec{x}$tal que$(A-\lambda I)\vec{x}=0$. No significa que cualquier$\vec{x}$funcionará, y su$\vec{x}$, con tu$A-\lambda I$, No funciona. Hay un$\vec{x}$eso sí, sin embargo, a saber

$$\vec{x}=\begin{bmatrix}-2 \\1\end{bmatrix}.$$ Cualquier múltiplo escalar de este vector también funcionará.

La situación habitual es un poco diferente a la tuya. por lo general tienes$A$, pero$\lambda$no es conocido. Entonces$\det(A-\lambda I)$será una expresión que involucra$\lambda$. De hecho, será un polinomio en$\lambda$cuyo grado es la dimensión de$A$. Las raíces de este polinomio son los valores propios, y cada uno determina un espacio de vectores propios. Si estoy entendiendo correctamente, ya debes saber$\lambda$desde tu matriz$A-\lambda I$es una matriz constante.

Parece haber cierta confusión al final de su publicación donde esperaba$(A-\lambda I)\vec{x}$estar en el lapso de$\vec{x}$. De hecho, deberías estar esperando$(A-\lambda I)\vec{x}$ser el vector cero.

Tal vez quisiste decir eso$A\vec{x}$debe estar en el lapso de$\vec{x}$? Si es así, eso sería correcto, pero no nos ha dicho qué$A$es—usted sólo nos ha dicho qué$A-\lambda I$es.

Agregado: Aquí hay un ejemplo completo. Calcularemos los autovalores y autovectores de la matriz

$$A=\begin{bmatrix}1 & 2\\ 3 & 0\end{bmatrix}.$$ Queremos encontrar parejas.$(\lambda,\vec{x})$tal que$A\vec{x}=\lambda\vec{x}$, o$(A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}$.

Ahora

$$\det\begin{bmatrix}1-\lambda & 2\\ 3 & -\lambda\end{bmatrix}=\lambda^2-\lambda-6,$$ que tiene raíces$\lambda=-2,\ 3$. Si$\lambda=-2$, entonces $$(A-\lambda I)=\begin{bmatrix} 3 & 2\\ 3 & 2\end{bmatrix}.$$ Ahora $$\begin{bmatrix} 3 & 2\\ 3 & 2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2\\ -3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix},$$ y así hemos encontrado un vector propio. En efecto $$\begin{bmatrix}1 & 2\\ 3 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2\\ -3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-4\\ 6\end{bmatrix}=-2\begin{bmatrix}2\\ -3\end{bmatrix}.$$

Si prueba el otro valor propio,$\lambda=3$, deberías encontrar eso$\vec{x}=\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$es un vector propio.

Segunda adición: parece haber aquí un concepto erróneo fundamental. Excepto en casos raros, no todos los vectores son vectores propios. Así que no podemos (y no) requerir eso$A-\lambda I$mapear cada$\vec{x}$a$\vec{0}$.

Por otro lado$A-\lambda I$ siempre mapas$\vec{0}$a$\vec{0}$, no importa qué$\lambda$es. Eso tampoco es lo que nos interesa. No consideramos que el vector cero sea un vector propio.

Buscar un vector propio significa buscar un valor particular distinto de cero $\vec{x}$tal que$A-\lambda I$mapas$\vec{x}$a$\vec{0}$. Si$\det(A-\lambda I)\ne0$entonces no hay tal distinto de cero$\vec{x}$. Pero si$\det(A-\lambda I)=0$, entonces existe tal distinto de cero$\vec{x}$, aunque todavía tenemos que averiguar qué$\vec{x}$es resolviendo el sistema lineal$(A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}$.

Así que en tu ejemplo,$\det\begin{bmatrix}1 & 2\\ 0 & 0\end{bmatrix}=0$garantiza que hay un valor distinto de cero$\vec{x}$tal que$\begin{bmatrix}1 & 2\\ 0 & 0\end{bmatrix}\vec{x}=\vec{0}$, pero$\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$no es tal$\vec{x}$.

Encontremos tal$\vec{x}$escribiendo$\vec{x}=\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}$y resolviendo para$x$y$y$:

$$\begin{bmatrix}1 & 2\\ 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix}.$$ La segunda fila de esta ecuación matricial es válida sin importar qué$x$y$y$son, por lo que la única condición es la proporcionada por la primera fila,$1x+2y=0$. Esto da$x=-2y$, por lo que cualquier vector de la forma $$\vec{x}=\begin{bmatrix}-2y\\ y\end{bmatrix}$$ es un vector propio, siempre que$y$no es cero (Si$y$es cero, obtenemos el vector cero, que ya conocíamos y no nos interesa).

que sale mal si$\det(A-\lambda I)\ne0$? En ese caso$A-\lambda I$es una matriz invertible. Entonces

$$(A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}$$ tiene el mismo conjunto solución que $$(A-\lambda I)^{-1}(A-\lambda I)\vec{x}=(A-\lambda I)^{-1}\vec{0},$$ que se reduce a$\vec{x}=\vec{0}$, la solución que no nos interesa.