Beweis Eigenvektoren < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:53 Di 08.03.2005 | | Autor: | kaddl |
Hallo!
Weiß jemand von euch wie man beweisen kann, dass Eigenvektoren mit unterschiedlichen Eigenwerten linear unabhängig sind?
Danke im Vorraus!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:33 Di 08.03.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Ja, klar, das ist nicht schwierig. Ich rechne es dir mal für zwei Eigenvektoren vor; die Verallgemeinerung auf beliebige Linearkombinationen ist dann nicht mehr schwierig (das macht man am besten mit vollständiger Induktion).
Sei [mm] $x_i$ [/mm] ein Eigenvektor der Matrix $A$ zum Eigenwert [mm] $\lambda_i$ [/mm] und [mm] $x_j$ [/mm] ein Eigenvektor der Matrix $A$ zum Eigenvektor [mm] $\lambda_j$. [/mm] Es gelte [mm] $\lambda_i \ne \lambda_j$.
[/mm]
Weiterhin seien [mm] $\mu_i,\mu_j \in \IK$ [/mm] mit
[mm] $\mu_ix_i [/mm] + [mm] \mu_jx_j=0$.
[/mm]
Anwendung von $A$ liefert:
$0 = A [mm] \cdot [/mm] 0 = [mm] A(\mu_ix_i [/mm] + [mm] \mu_jx_j) [/mm] = [mm] \mu_iA(x_i) [/mm] + [mm] \mu_jA(x_j) [/mm] = [mm] \mu_i\lambda_iv_i [/mm] + [mm] \mu_j \lambda_j v_j$.
[/mm]
Andererseits ist aber auch:
$0 = [mm] \lambda_i \cdot [/mm] 0 = [mm] \lambda_i\mu_ix_i [/mm] + [mm] \lambda_i \mu_jx_j$.
[/mm]
Zieht man die beiden Gleichungen voneinander ab, so erhält man:
[mm] $(\lambda_j [/mm] - [mm] \lambda_i)\mu_j v_j [/mm] =0$.
Wegen [mm] $\lambda_j-\lambda_i \ne [/mm] 0$ und [mm] $v_j \ne [/mm] 0$ bedeutet das: [mm] $\mu_j=0$.
[/mm]
Dann ist also:
[mm] $\mu_ix_i=0$,
[/mm]
und wir können wegen [mm] $x_i \ne [/mm] 0$ auch auf [mm] $\mu_i=0$ [/mm] schließen.
so, und jetzt deine Verallgemeinerung mit vollständiger Induktion... 
Viele Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:56 Di 08.03.2005 | | Autor: | kaddl |
Vielen Dank, genau die Antwort hab ich gesucht!
Mehr brauch ich gar nicht....
|
|
|
|
