Diagonalizability con matrices?

Question

Deje $A$ $n\times n$ matriz. Suponga que $A$ tiene dos autovalores $\lambda_1$$\lambda_2$, y asumir que el subespacio propio correspondiente a $\lambda_1$ $n-1$ dimensiones, es decir, $A-\lambda_1I$ $(n-1)$- dimensional en el espacio nulo. Demostrar que $A$ es diagonalizable.

Así que yo sé que desde el espacio propio que corresponde al primer autovalor es de dimensión $n-1$. Supongo que el vector propio de la segunda autovalor será independiente de todos los vectores en el primer espacio propio, pero ¿cómo hago para demostrar que?

Answer 1

El punto clave es que los vectores propios relacionados con los diferentes valores propios son siempre linealmente independientes. Supongamos $v_2\neq 0$ está relacionado con $\lambda_2$, es decir,$Av_2=\lambda_2v_2$. Entonces es imposible que $v_2$ está en el espacio nulo de a $\lambda_1$, debido a que en este caso tendríamos también se $Av_2=\lambda_1v_2$, y, a continuación,$\lambda_1v_2=\lambda_2v_2$, lo cual es imposible si $\lambda_1\neq \lambda_2$$v_2\neq 0$.

Answer 2

Primero de todo, es implícita (y esencial) que $\lambda_1 \ne \lambda_2$. Ahora eligió un conjunto de vectores de la base $\{u_i\}_{i=1}^{n-1}$ $\mathrm{Eig}_{\lambda_1}(A)$ (tiene dimensión $n-1$ por supuesto). Si un autovector $v$ $\lambda_2$ fue linealmente dependiente de ellos, entonces es dentro de $\mathrm{Eig}_{\lambda_1}(A)$ e lo $v = \sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i u_i$, por lo que $$\lambda_2 v = Av = \sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i Au_i = \sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i \lambda_1 u_i = \lambda_1 v \Rightarrow \lambda_1 = \lambda_2\quad \huge\unicode{x21af}$$ Ahora para completar la tarea, nada más es necesario por la dimensión de los argumentos. Ya hemos encontrado un diagonalisation de $A$:

Deje $V = \pmatrix{u_1&\cdots&u_{n-1}&v}\in\mathbb K^{n\times n}$. Entonces $$A = V \pmatrix{\lambda_1 & & & \\ & \ddots & & \\ & & \lambda_1 &\\ & & & \lambda_2} V^{-1}$$