Lineare Algebra 2 für Lehramtsstudierende (GS/HS/RS)

S. Hilger, Lineare Algebra 2 (GS/HS/RS) SS 2010 50
Wir wenden auf diese Gleichung die Abbildung f − λm+1 an. Es gilt dann:
α1( λ1 − λm+1)w1 + . . . + αm( λm − λm+1)wm + αm+1( λm+1 − λm+1) wm+1 = 0.
=0
Nach Induktionsvoraussetzung ist Bm linear unabhängig, es folgt:
α1( λ1 − λm+1) = 0, . . . αm( λm − λm+1) = 0, (∗∗)
Es sei die Zahl ℓ ∈ {1, . . . , m + 1} die kleinste Zahl, so dass
λℓ = λm+1,
das heißt, der Vektor wℓ ist der erste in Bm, der den gleichen Eigenwert wie wm+1 hat.
Umgekehrt heißt das aber, dass
λj = λm+1 für alle j = 1, . . . , ℓ − 1.
Dann folgt aber mit (∗∗), dass
αj = 0 für alle j = 1, . . . , ℓ − 1,
Damit reduziert sich die Gleichung (∗) auf
αℓwℓ + . . . + αmwm + αm+1wm+1 = 0.
Die Vektoren wj in dieser Linearkombination gehören aber alle zum Eigenraum
Eig(f, λm+1) und sind gemäß der Auswahl am Anfang des Beweises linear unabhängig. Es
folgt also, dass
αℓ = . . . = αm = αm+1 = 0.
(iv) =⇒ (i) Wähle in jedem Eigenraum eine Basis (aus Eigenvektoren). Die Menge aller
dieser Eigenvektoren bildet eine Basis für V . fB hat dann Diagonalgestalt.
Folgerung 32 Besitzt eine lineare Abbildung f : V → V in einem n–dimensionalen
Vektorraum n verschiedene Eigenwerte λj ∈ K, so ist f diagonalisierbar.
Beweis Setze in dem vorhergehenden Satz k = n und nj = 1 für j = 1, . . . , k.