On démontre le résultat par récurrence sur \(k\), c'est-à-dire sur le nombre de vecteurs propres dans la famille.

Cas \(k=2\): Soient \(\lambda_1\neq \lambda_2\) deux valeurs propres de \(A\), et soient \(\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2\) deux vecteurs non nuls tels que \[ A\boldsymbol{v}_1=\lambda_1\boldsymbol{v}_1\,,\qquad A\boldsymbol{v}_2=\lambda_2\boldsymbol{v}_2\,. \] Considérons la relation linéaire \[ \alpha_1\boldsymbol{v}_1+\alpha_2\boldsymbol{v}_2=\boldsymbol{0}\,. \] Agissons de deux manières sur cette relation:

• En multipliant par \(A\) des deux côtés, \[ \alpha_1\underbrace{A\boldsymbol{v}_1}_{=\lambda_1\boldsymbol{v}_1} +\alpha_2\underbrace{A\boldsymbol{v}_2}_{=\lambda_2\boldsymbol{v}_2}=A\boldsymbol{0}=\boldsymbol{0}\,, \] on a \[ \alpha_1\lambda_1\boldsymbol{v}_1+\alpha_2\lambda_2\boldsymbol{v}_2=\boldsymbol{0}\,. \]
• En multipliant par \(\lambda_2\) des deux côtés, \[ \alpha_1\lambda_2\boldsymbol{v}_1+\alpha_2\lambda_2\boldsymbol{v}_2=\boldsymbol{0}\,. \]

En faisant la différence de ces deux expressions, on obtient \[ \alpha_1\underbrace{(\lambda_1-\lambda_2)}_{\neq 0} \underbrace{\boldsymbol{v}_1}_{\neq \boldsymbol{0}}=\boldsymbol{0}\,, \] d'où on tire que \(\alpha_1=0\). En refaisant la même chose mais en multipliant par \(\lambda_1\) au lieu de \(\lambda_2\), on montre que \(\alpha_2=0\). Donc \(\{\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2\}\) est libre.

Cas \(k>2\): Supposons que le résultat est vrai pour des famille de \(k\) valeurs propres et \(k\) vecteurs propres, et considérons une famille qui en contient \(k+1\):

• \(\boldsymbol{v}_1\) est vecteur propre associé à \(\lambda_1\),
• \(\vdots\)
• \(\boldsymbol{v}_{k+1}\) est vecteur propre associé à \(\lambda_{k+1}\),

où tous les \(\lambda_j\) sont distincts, et tous les \(\boldsymbol{v}_j\) sont non-nuls.

Considérons la relation \[ \alpha_1\boldsymbol{v}_1+\cdots+\alpha_{k+1}\boldsymbol{v}_{k+1}=\boldsymbol{0}\,. \] Comme avant, agissons de deux manière sur cette relation:

• En multipliant par \(A\) des deux côtés, \[ \alpha_1\lambda_1\boldsymbol{v}_1+\cdots +\alpha_{k+1}\lambda_{k+1}\boldsymbol{v}_{k+1}=\boldsymbol{0}\,. \]
• En multipliant par \(\lambda_{k+1}\) des deux côtés, \[ \alpha_1\lambda_{k+1}\boldsymbol{v}_1+\cdots+\alpha_{k+1}\lambda_{k+1}\boldsymbol{v}_{k+1}=\boldsymbol{0}\,. \]

En faisant la différence de ces deux expressions, le terme \(\alpha_{k+1}\lambda_{k+1}\boldsymbol{v}_{k+1}\) disparaît, et il reste \[ \alpha_1(\lambda_1-\lambda_{k+1})\boldsymbol{v}_1+\cdots+\alpha_{k}(\lambda_k-\lambda_{k+1})\boldsymbol{v}_k= \boldsymbol{0}\,, \] et comme l'hypothèse d'induction garantit que \(\{\boldsymbol{v}_1,\dots,\boldsymbol{v}_k\}\) est libre, tous les coefficients de cette combinaison linéaire sont nuls: \[ \alpha_1(\lambda_1-\lambda_{k+1})=0\,,\qquad \cdots,\qquad \alpha_{k}(\lambda_k-\lambda_{k+1})=0\,. \] Mais \(\lambda_{k+1}\) est distinct de toutes les autres valeurs propres: \(\lambda_j-\lambda_{k+1}\neq 0\). De là, on tire que \(\alpha_1=0,\dots,\alpha_k=0\). En réinjectant ces zéros dans la relation de départ, elle devient \[ \alpha_{k+1}\boldsymbol{v}_{k+1}=\boldsymbol{0}\,. \] Comme \(\boldsymbol{v}_{k+1}\neq \boldsymbol{0}\), on conclut que \(\alpha_{k+1}\) est nul comme les autres, et donc que la famille \(\{\boldsymbol{v}_1,\cdots,\boldsymbol{v}_{k+1}\}\) est libre.