補題 1.3.8．
\( A \in M_n \) の \(k \geq 2\) 個の異なる固有値を \( \lambda_1, \ldots, \lambda_k \) とし（すなわち、\(i \neq j\) ならば \( \lambda_i \neq \lambda_j \)、\(1 \leq i,j \leq k\)）、各 \(i = 1, \ldots, k\) に対して \( \lambda_i \) に対応する固有ベクトルを \(x^{(i)}\) とする。
このとき、ベクトル \(x^{(1)}, \ldots, x^{(k)}\) は一次独立である。
証明．
複素数スカラー \( \alpha_1, \ldots, \alpha_k \) が存在して \[ \alpha_1 x^{(1)} + \alpha_2 x^{(2)} + \cdots + \alpha_k x^{(k)} = 0 \] を満たすと仮定する。ここで、
B_1 = (A - \lambda_2 I)(A - \lambda_3 I) \cdots (A - \lambda_k I)
と定める（\(A - \lambda_1 I\) は積に含めない）。
\(x^{(i)}\) は固有値 \(\lambda_i\) に対応する固有ベクトルなので、各 \(i = 1, \ldots, k\) に対して
B_1 x^{(i)} = (\lambda_i - \lambda_2)(\lambda_i - \lambda_3) \cdots (\lambda_i - \lambda_k) x^{(i)} となる。ここで、\(2 \leq i \leq k\) の場合は因子のどれかがゼロになるため \(B_1 x^{(i)} = 0\)、\(i=1\) の場合はすべての因子がゼロでなく \(x^{(1)} \neq 0\) より \(B_1 x^{(1)} \neq 0\) である。
したがって、
\begin{align}
0
&= B_1 (\alpha_1 x^{(1)} + \alpha_2 x^{(2)} + \cdots + \alpha_k x^{(k)}) \notag \\
&= \alpha_1 B_1 x^{(1)} + \alpha_2 B_1 x^{(2)} + \cdots + \alpha_k B_1 x^{(k)} \notag \\
&= \alpha_1 B_1 x^{(1)} + 0 + \cdots + 0 \notag \\
&= \alpha_1 B_1 x^{(1)} \notag
\end{align}となり、\(B_1 x^{(1)} \neq 0\) なので \( \alpha_1 = 0 \) が導かれる。
同様の議論を \(j = 2, \ldots, k\) についても繰り返す。すなわち、\(B_j\) を \(B_1\) の定義のように、ただし \(A - \lambda_j I\) を除いた積と定める。
すると各 \(j\) について \( \alpha_j = 0 \) となる。
よって \[ \alpha_1 = \alpha_2 = \cdots = \alpha_k = 0 \] であり、結局ベクトル \(x^{(1)}, \ldots, x^{(k)}\) は一次独立である。
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