Seja T: V V um operador linear onde V é um espaço vetorial sobre K de dimensão finita e sejam lambda1, lambda2, cdots, lambdam, m <= 1, autovalores de T dois a dois distintos. Então:
Para cada i=1, cdots, m, seja Bi um conjunto LI contido em A u tT(lambdai). Então, B1 cup B2 cup cdots cup Bm é LI.

Passo 1

O enunciado afirma que T:Vto V é um operador linear num espaço vetorial V de dimensão finita sobre K, com autovalores lambda1,dots,lambdam todos distintos. Para cada i temos um conjunto Bisubseteq AutT(lambdai) (ou seja, Bi é formado por autovetores de T associados a lambdai) e Bi é linearmente independente. Precisamos provar que a união
B1cup B2cupcdotscup Bm
é também linearmente independente. O conteúdo principal que usaremos é o fato de que polinômios em T agem como escalares nos autovetores, e que valores de um polinômio em ponto diferente de raiz são não nulos.

Passo 2

Suponha, para fins de contradição, que haja uma combinação linear não trivial entre vetores de cupi=1^m Bi. Isto é, existam escalares avvin cup BisubseteqK, nem todos zero, tais que
sumi=1^m ;sumvin Bi av,v ;=;0

Passo 3

Fixe um índice qualquer e considere o polinômio
Aplicando o operador à combinação do passo anterior, obtemos

Passo 4

Como cada é autovetor com , temos
Para , é raiz de , logo e esses termos desaparecem. Para ,
pois os 's são distintos.

Passo 5

Assim, na soma anterior só sobra o bloco j=i:
sumvin Biav,pi(lambdai),v ;=;0 Longrightarrow pi(lambdai),sumvin Biav,v ;=;0
Como pi(lambdai)neq 0, segue
sumvin Biav,v = 0
Por hipótese Bi é linearmente independente, logo cada coeficiente av com vin Bi é zero.

Passo 6

Repetindo esse argumento para cada i=1,dots,m, concluímos que todos os coeficientes av devem ser zero. Isso mostra que não existe combinação linear não trivial, ou seja,
B1cup B2cupcdotscup Bm
é linearmente independente.

Resposta

A união B1cup B2cupcdotscup Bm é um conjunto linearmente independente.

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