La unión de las bases de los espacios de los eigens es linealmente independiente

Question

Planteamiento del problema: Supongamos que $V$ es un espacio vectorial y $\Phi \in \mathcal{L}(V)$ tiene valores propios distintos $\lambda_1,...,\lambda_n$ y que cada eigespacio $V_{\lambda_j}$ tiene una base $B_{\lambda_j}$ . Demostrar que $B = B_{\lambda_1} \cup ... \cup B_{\lambda_n}$ es un subconjunto linealmente independiente de $V$ .

Intento: Mi idea es hacer esto por inducción. El caso base cuando $B = B_{\lambda_1}$ parece inmediato, pero me estoy atascando en el caso inductivo.

Mi inclinación es utilizar los hechos que $\text{span}(C) \cap \text{span}(D) = \{0\} \implies C, D$ son linealmente independientes y que $V_{\lambda_j} \cap V_{\lambda_i} = \{0\}$ para $i \neq j$ para decir que $B_{\lambda_1} \cup ... \cup B_{\lambda_n}$ es linealmente independiente.

Sin embargo, con la hipótesis inductiva de que $B^\prime = B_{\lambda_1} \cup ... \cup B = B_{\lambda_{n-1}}$ es un subconjunto linealmente independiente de $V$ No se me ocurre una forma de mostrar que $\text{span}(B^\prime) \cap \text{span}(B_{\lambda_{n}}) = \{0\}$ .

¿Todo este planteamiento es erróneo o me estoy perdiendo algo?

Answer 1

Dejemos que $B_{\lambda_i}$ tienen $n_i$ elementos: $v_{i,1}, v_{i,2}, \dots, v_{i,n_i}$ . Probemos su inducción; supongamos que hay alguna $u \in \left(B_{\lambda_1}\cup\dots\cup B_{\lambda_n}\right)\cap B_{\lambda_{n+1}}$ . Entonces existe una combinación lineal

$$\tag{1}\label{eq1}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n_i}c_{i,j}v_{i,j}=u$$

Aplicando $\Phi$ a ambos lados obtenemos que

$$\tag{2}\label{eq2}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{n_i}\big(\lambda_i c_{i,j}\big)v_{i,j}=\lambda_{n+1}u$$

Si $\lambda_{n+1}=0$ entonces tenemos una combinación lineal en $B_{\lambda_1}\cup\dots\cup B_{\lambda_n}$ que es igual a $0$ . Además, dado que el $\lambda_i$ son todos distintos, deben ser todos distintos de cero para $i<n+1$ . Entonces se deduce de la hipótesis de inducción que el $c_{i,j}$ debe ser todo $0$ contradiciendo la suposición de que $u\neq0$ .

Ahora bien, si $\lambda_{n+1}\neq 0$ entonces podemos escribir

$$u=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{n_i}\left(\frac{\lambda_i}{\lambda_{n+1}} c_{i,j}\right)v_{i,j}.$$

Entonces, combinando las ecuaciones $\eqref{eq1}$ y $\eqref{eq2}$ obtenemos

$$0=u-u=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{n_i}\left(\frac{\lambda_i}{\lambda_{n+1}}-1\right)c_{i,j}\,v_{i,j},$$

de modo que por la hipótesis de inducción $\left(\frac{\lambda_i}{\lambda_{n+1}}-1\right)c_{i,j}=0$ para todos $i,j$ . Desde el $\lambda$ son distintos, tenemos que $\frac{\lambda_i}{\lambda_{n+1}} \neq 1$ por lo que debe ser que el $c_{i,j}$ son todos $0$ , de nuevo en contradicción con la suposición de que $u\neq0$ .

Vemos que, sea cual sea el caso, no puede haber ningún $u\in \left(B_{\lambda_1}\cup\dots\cup B_{\lambda_n}\right)\cap B_{\lambda_{n+1}}$ , por lo que el paso inductivo está completo.

Answer 2

Estoy seguro de que podrías hacer funcionar un argumento inductivo, pero hay uno no inductivo que es bastante suave.

Supongamos que tenemos una combinación lineal de los elementos de $B$ que es igual a cero. Agrupando cada conjunto de vectores de $B_{\lambda_i}$ juntos, esto es decir que hay vectores $v_1, \dots, v_n$ con $v_i \in V_{\lambda_i}$ tal que: $$ v_1 + \dots + v_n = 0. $$ Aplicando $\Phi$ a esta ecuación $k$ tiempos da: $$ \lambda_1^k v_1 + \dots + \lambda_n^k v_n = 0.$$

Esto es válido para todos los $k \in \mathbb{N}$ . La única solución posible es que $v_i = 0$ para todos $i$ (véase más abajo). Pero entonces los coeficientes de tu combinación lineal original deben ser cero (este es el caso base en tu inducción y como dijiste, es inmediato).

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Para ser rigurosos en cuanto a que ese sistema no tiene soluciones no triviales. Tomar la primera $n$ ecuaciones que obtendrías aplicando $\Phi$ . Esto corresponde a la ecuación matricial:

$$ \begin{pmatrix} 1 & \dots &1 \\ \lambda_1 & \dots & \lambda_n \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ \lambda_1^{n-1} & \dots & \lambda_n^{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ \vdots \\ v_n \end{pmatrix} = 0_.$$

Esa matriz se llama Matriz Vandermonde . Su determinante es $$\prod\limits_{1 \leq i < j \leq n} (\lambda_j - \lambda_i). $$

Desde el $\lambda$ son distintos que el determinante no es cero. Por tanto, la matriz es invertible. Por lo tanto, la única solución es $v_i = 0$ para todos $i$ .