12장. 일차독립, 기저, 차원

요약

일차독립과 일차종속, 행렬로 판정하기, 기저와 좌표의 유일성, 독립 목록과 span 목록의 길이, 차원, 기저의 존재와 지름길, 4대 부분공간의 기저와 차원, 행 랭크 = 열 랭크, 랭크–영공간 정리

공간을 설명하는 데 벡터가 최소 몇 개 필요할까요? 이 장의 답이 차원입니다. 쓸모없이 겹치는 벡터가 없는 것(일차독립)과 공간 전체를 만드는 것(span)을 동시에 만족하는 벡터 묶음을 기저라 하고, 기저의 개수는 언제나 같다는 것을 증명합니다. 좌표가 왜 의미가 있는지가 이 장에서 정해집니다.

12.1 가장 짧은 목록

질문. 평면 $x + y + z = 0$ 은 $(1, -1, 0)$ , $(0, 1, -1)$ , $(1, 0, -1)$ , $(2, -1, -1)$ 등 많은 벡터의 span으로 쓸 수 있습니다. 이 평면을 span하려면 벡터가 최소한 몇 개 필요할까요? 그리고 그 최소 개수는 어떤 벡터를 고르든 항상 같을까요?

3.6절에서 이미 span 안에 있는 벡터는 “쓸모없습니다”고 했습니다. 쓸모없는 벡터가 없는 목록을 일차독립, 일차독립이면서 공간 전체를 span하는 목록을 기저라 합니다. 이 장의 중심 정리는 “한 부분공간의 기저는 모두 길이가 같습니다”이고, 그 공통 길이가 차원입니다. 1부에서 직관으로 말한 “평면은 2차원”이 여기서 정확한 의미를 얻습니다.

12.2 일차독립

정의 12.1 (일차독립). 벡터 $\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k$ 가

c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + \cdots + c_k\mathbf{v}_k = \mathbf{0} \implies c_1 = c_2 = \cdots = c_k = 0

을 만족하면 일차독립(linearly independent)이라 합니다. 일차독립이 아니면 일차종속(linearly dependent)이라 합니다.

모든 계수를 0으로 놓으면 언제나 $\mathbf{0}$ 이 됩니다. 일차독립이란 그 방법밖에 없다는 뜻입니다. 일차종속이면 계수가 모두 0은 아닌데 $\mathbf{0}$ 이 되는 조합이 있습니다.

정리 12.2 (일차종속의 의미). $k \ge 2$ 일 때, $\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k$ 가 일차종속인 것은 그중 어떤 벡터가 나머지 벡터들의 일차결합인 것과 동치입니다.

증명. (⇒) $\sum c_i\mathbf{v}_i = \mathbf{0}$ 이고 $c_j \ne 0$ 이라 합시다. $\mathbf{v}_j$ 에 대해 풀면 $\mathbf{v}_j = -\frac{1}{c_j}\sum_{i \ne j} c_i\mathbf{v}_i$ . (⇐) $\mathbf{v}_j = \sum_{i \ne j} a_i\mathbf{v}_i$ 이면 $\sum_{i \ne j} a_i\mathbf{v}_i - 1 \cdot \mathbf{v}_j = \mathbf{0}$ 이고 $\mathbf{v}_j$ 의 계수 $-1 \ne 0$ 입니다. ■

따라서 일차독립은 “쓸모없는 벡터가 하나도 없습니다”와 같은 말입니다. 정의가 “어떤 벡터가 나머지의 일차결합인가”를 일일이 확인하지 않고 한 번에 판정하도록 쓰여 있다는 점이 장점입니다.

$두 그림. (a) 서로 다른 세 방향을 가리키는 v₁, v₂, v₃. (b) 칠한 평면 위에 v₁, v₂, v₃이 모두 놓여 있습니다.$

그림 12.1. $\mathbb{R}^3$ 의 세 벡터. (b)에서는 $\mathbf{v}_3$ 이 $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ 가 만드는 평면 안에 있어 새로운 방향을 주지 못합니다.

12.2.1 행렬로 판정하기

$\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k \in \mathbb{R}^m$ 을 열로 갖는 행렬 $A$ 를 만들면 $c_1\mathbf{v}_1 + \cdots + c_k\mathbf{v}_k = A\mathbf{c}$ 입니다. 따라서

\text{열들이 일차독립} \iff N(A) = \{\mathbf{0}\} \iff \text{자유변수가 없다} \iff \operatorname{rank} A = k.

예제 12.3. $(1, 2, 3)$ , $(4, 5, 6)$ , $(7, 8, 9)$ : $\operatorname{rank} = 2 < 3$ 이므로 일차종속. 실제로 $(7, 8, 9) = 2(4, 5, 6) - (1, 2, 3)$ .

정리 12.4 (너무 많은 벡터는 종속입니다). $\mathbb{R}^m$ 의 벡터 $k$ 개가 $k > m$ 이면 일차종속입니다.

증명. $m \times k$ 행렬 $A$ 에서 $m < k$ 이므로 따름정리 11.4에 의해 $N(A) \ne \{\mathbf{0}\}$ . ■

$\mathbb{R}^2$ 의 벡터 3개, $\mathbb{R}^3$ 의 벡터 4개는 반드시 종속입니다. 문제 3.12와 11.6에서 이미 본 것입니다.

▶ 문제 12.1–12.4

12.3 기저

정의 12.5 (기저). 부분공간 $S$ 의 벡터들 $\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k$ 가

일차독립이고,
$S$ 를 span하면

이 벡터들을 $S$ 의 기저(basis)라 합니다.

span 조건은 “충분히 많습니다”, 독립 조건은 “쓸데없이 많지 않습니다”를 뜻합니다. 기저는 그 사이의 균형점입니다.

정리 12.6 (기저에 대한 좌표의 유일성). $\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k$ 가 $S$ 의 기저이면, $S$ 의 모든 벡터 $\mathbf{x}$ 는

\mathbf{x} = c_1\mathbf{v}_1 + \cdots + c_k\mathbf{v}_k

로 정확히 한 가지 방법으로 쓰입니다.

증명. span하므로 적어도 한 방법은 있습니다. 두 방법 $\sum c_i\mathbf{v}_i = \sum d_i\mathbf{v}_i$ 가 있으면 빼서 $\sum (c_i - d_i)\mathbf{v}_i = \mathbf{0}$ 이고, 독립이므로 모든 $c_i = d_i$ . ■

계수 $(c_1, \ldots, c_k)$ 를 기저에 대한 $\mathbf{x}$ 의 좌표(coordinates)라 합니다. 3.2절의 “기울어진 모눈종이의 주소”가 바로 이것입니다. 기저는 공간에 모눈종이를 까는 방법이고, 좌표는 그 모눈종이 위의 주소입니다.

예제 12.7.

$\mathbf{e}_1, \ldots, \mathbf{e}_n$ 은 $\mathbb{R}^n$ 의 기저(표준기저(standard basis))다. 표준기저에 대한 좌표는 성분 그 자체입니다.
$(1, 1)$ , $(1, -1)$ 도 $\mathbb{R}^2$ 의 기저입니다. $(5, 1)$ 의 좌표는 $(3, 2)$ 입니다(문제 3.2).
$n \times n$ 가역행렬의 열들은 $\mathbb{R}^n$ 의 기저입니다(정리 9.6).

예제 12.8. 평면 $S: x + y + z = 0$ 은 $N\left(\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}\right)$ 이고, 특수해 $(-1, 1, 0)$ , $(-1, 0, 1)$ 이 기저입니다. span하는 것은 정리 11.3이고, 독립인 것은 둘째·셋째 성분을 보면 됩니다. $c_1(-1, 1, 0) + c_2(-1, 0, 1)$ 의 둘째 성분은 $c_1$ , 셋째 성분은 $c_2$ 이므로, 이것이 $\mathbf{0}$ 이면 $c_1 = c_2 = 0$ 입니다.

마지막 예의 논증은 일반적입니다. 특수해들은 자유변수 자리에 단위행렬 모양( $\mathbf{s}_i$ 는 $i$ 번째 자유변수만 1)을 가지므로 언제나 일차독립입니다. 따라서

특수해들은 $N(A)$ 의 기저입니다.

▶ 문제 12.5–12.7

12.4 차원

질문. 같은 평면을 span하는 독립인 목록이 길이 2인 것도 있고 길이 3인 것도 있을 수 있을까요?

정리 12.9 (독립 목록은 span 목록보다 길 수 없습니다). $\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_m$ 이 $S$ 를 span하고, $\mathbf{w}_1, \ldots, \mathbf{w}_n \in S$ 가 일차독립이면 $n \le m$ 입니다.

증명. 각 $\mathbf{w}_j$ 는 $S$ 에 있으므로 $\mathbf{v}_i$ 들의 일차결합입니다: $\mathbf{w}_j = \sum_{i=1}^m a_{ij}\mathbf{v}_i$ . 행렬로 쓰면

W = \begin{bmatrix} \mathbf{w}_1 & \cdots & \mathbf{w}_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mathbf{v}_1 & \cdots & \mathbf{v}_m \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a_{ij} \end{bmatrix} = VA,

여기서 $A$ 는 $m \times n$ 입니다. $n > m$ 이라 가정합시다. 따름정리 11.4에 의해 $A\mathbf{c} = \mathbf{0}$ 인 $\mathbf{c} \ne \mathbf{0}$ 이 있습니다. 그러면 $W\mathbf{c} = VA\mathbf{c} = V\mathbf{0} = \mathbf{0}$ 이고, 이것은 $\mathbf{w}_j$ 들이 일차종속이라는 뜻입니다. 모순이므로 $n \le m$ . ■

증명의 핵심은 따름정리 11.4 “미지수가 식보다 많으면 영이 아닌 해가 있습니다”입니다. 11장의 짧은 따름정리가 여기서 차원의 개념 전체를 받치고 있습니다.

따름정리 12.10 (기저의 길이는 같습니다). 부분공간 $S$ 의 두 기저는 길이가 같습니다.

증명. 길이 $m$ , $n$ 인 두 기저가 있으면, 첫째가 span하고 둘째가 독립이므로 $n \le m$ . 역할을 바꾸면 $m \le n$ . ■

정의 12.11 (차원). 부분공간 $S$ 의 기저의 길이를 $S$ 의 차원(dimension)이라 하고 $\dim S$ 로 씁니다. $\dim\{\mathbf{0}\} = 0$ 으로 약속합니다.

예제 12.12. $\dim \mathbb{R}^n = n$ (표준기저). 원점을 지나는 직선은 1차원, 평면은 2차원입니다. 12.1절 질문의 평면 $x + y + z = 0$ 은 기저 $(-1, 1, 0)$ , $(-1, 0, 1)$ 이 있으므로 2차원입니다. 따라서 이 평면을 span하려면 최소 2개가 필요하고, 그 안의 독립인 벡터는 최대 2개입니다.

12.4.1 기저의 존재와 성질

정리 12.13 (기저의 존재). $\mathbb{R}^n$ 의 모든 부분공간 $S$ 는 기저를 가지며 $\dim S \le n$ 입니다.

증명. $S = \{\mathbf{0}\}$ 이면 빈 목록이 기저입니다. 아니면 $S$ 에서 영이 아닌 $\mathbf{v}_1$ 을 고릅니다. $\operatorname{span}\{\mathbf{v}_1\} \ne S$ 이면 그 밖의 $\mathbf{v}_2 \in S$ 를 고릅니다. 이렇게 계속하면, $\mathbf{v}_j$ 는 앞의 벡터들의 span에 없으므로 목록은 언제나 독립입니다(정리 12.2를 마지막으로 추가한 벡터에 적용하는 논증; 문제 12.4). 독립인 목록은 $\mathbb{R}^n$ 안에서 길이가 $n$ 을 넘을 수 없으므로(정리 12.9, $\mathbb{R}^n$ 은 $\mathbf{e}_i$ $n$ 개가 span) 이 과정은 $n$ 번 안에 멈추고, 멈출 때 목록이 $S$ 를 span합니다. ■

정리 12.14 (차원을 알 때의 지름길). $\dim S = d$ 일 때, $S$ 의 벡터 $d$ 개에 대해

일차독립이면 자동으로 $S$ 를 span합니다(따라서 기저).
$S$ 를 span하면 자동으로 일차독립입니다(따라서 기저).

증명. (1) span하지 않는다면, span 밖의 벡터를 하나 추가해 길이 $d + 1$ 인 독립 목록을 만들 수 있습니다. 이것은 정리 12.9에 모순입니다(길이 $d$ 인 기저가 $S$ 를 span). (2) 종속이라면 쓸모없는 벡터를 빼도 span이 그대로이므로(정리 3.8) 길이 $d - 1$ 이하의 span 목록이 생깁니다. 그러면 길이 $d$ 인 독립 목록(기저)이 그보다 길어 모순. ■

$\mathbb{R}^3$ 에서 벡터 3개가 기저인지 보려면 독립만 확인하면 됩니다(또는 span만). 정사각행렬에서 “열이 독립 $\iff$ 열이 $\mathbb{R}^n$ 을 span $\iff$ 가역”인 이유가 이것입니다.

▶ 문제 12.8–12.10

12.5 4대 부분공간의 차원

$A \in \mathbb{R}^{m \times n}$ , $r = \operatorname{rank} A$ 라 합시다. $A$ 를 소거하면 $EA = R$ ( $E$ 는 가역)입니다.

정리 12.15 (4대 부분공간의 기저와 차원).

열공간 $C(A)$ : $A$ 의 피벗 열들이 기저이고 $\dim C(A) = r$ .
행공간 $C(A^T)$ : $R$ 의 영이 아닌 행들이 기저이고 $\dim C(A^T) = r$ .
영공간 $N(A)$ : 특수해들이 기저이고 $\dim N(A) = n - r$ .
왼쪽 영공간 $N(A^T)$ : $\dim N(A^T) = m - r$ . $E$ 의 마지막 $m - r$ 개 행이 기저입니다.

증명. (1) $R$ 의 피벗 열은 $\mathbf{e}_1, \ldots, \mathbf{e}_r$ 로 독립이고, 자유 열은 피벗 열들의 일차결합입니다. $A$ 와 $R$ 은 영공간이 같으므로 열들 사이의 일차결합 관계가 같습니다. 따라서 $A$ 의 피벗 열도 독립이고, $A$ 의 자유 열도 피벗 열들의 일차결합입니다. 쓸모없는 벡터를 빼도 span은 그대로이므로 피벗 열들이 $C(A)$ 를 span합니다.

(2) 정리 10.12에 의해 $A$ 와 $R$ 의 행공간은 같습니다. $R$ 의 영이 아닌 행 $r$ 개는 행공간을 span하고, 각 행이 자기 피벗 자리에서만 1이고 다른 행들은 그 자리가 0이므로 독립입니다.

(3) 앞 절에서 보였습니다.

(4) $A^T$ 에 (1)과 (3)을 적용하면 $\dim N(A^T) = m - \operatorname{rank} A^T = m - \dim C(A^T) = m - r$ . 기저에 대해서는: $EA = R$ 의 마지막 $m - r$ 개 행은 영행입니다. 즉 $E$ 의 마지막 행들을 $\mathbf{y}^T$ 라 하면 $\mathbf{y}^TA = \mathbf{0}^T$ , 곧 $A^T\mathbf{y} = \mathbf{0}$ 입니다. $E$ 가 가역이므로 이 행들은 독립이고, 개수가 $m - r = \dim N(A^T)$ 이므로 기저입니다(정리 12.14). ■

(1)과 (2)를 합치면 놀라운 결론이 나옵니다.

따름정리 12.16 (행 랭크 = 열 랭크). 모든 행렬에서 독립인 행의 최대 개수와 독립인 열의 최대 개수는 같습니다. 즉 $\dim C(A) = \dim C(A^T)$ 이고, $\operatorname{rank} A = \operatorname{rank} A^T$ 입니다.

$3 \times 100$ 행렬의 열 100개 중 독립인 것이 몇 개인지와, 행 3개 중 독립인 것이 몇 개인지는 같습니다. 열 쪽은 많아 보이지만 3을 넘을 수 없습니다. 이 사실은 전혀 당연하지 않으며, 22장에서 쌍대공간을 써서 다시 증명합니다.

따름정리 12.17 (랭크–영공간 정리). $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$ 이면 $\dim C(A) + \dim N(A) = n$ .

변환으로 읽으면: 입력 공간 $\mathbb{R}^n$ 의 차원 $n$ 은 “출력으로 살아남는 차원” $r$ 과 “지워지는 차원” $n - r$ 로 나뉩니다. 22장에서 이것을 일반적인 선형사상에 대한 기본정리로 다시 만납니다.

$왼쪽 ℝⁿ 상자는 위의 행공간 C(Aᵀ)(차원 r)와 아래의 영공간 N(A)(차원 n − r)로 나뉘고, 오른쪽 ℝᵐ 상자는 위의 열공간 C(A)(차원 r)와 아래의 왼쪽 영공간 N(Aᵀ)(차원 m − r)로 나뉩니다. 행공간에서 열공간으로 화살표 A가 가고, 영공간에서는 화살표가 0으로 갑니다.$

그림 12.2. 4대 부분공간. $A$ 는 $\mathbb{R}^n$ 을 $\mathbb{R}^m$ 으로 보냅니다. 영공간은 $\mathbf{0}$ 으로 가고, 행공간은 열공간으로 갑니다. 두 공간이 직각으로 그려진 이유는 13장에서 밝혀집니다.

예제 12.18. $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 8 & 10 \\ 3 & 3 & 10 & 13 \end{bmatrix}$ (11장의 예제), $m = 3$ , $n = 4$ , $r = 2$ .

$C(A)$ : 기저 $(1, 2, 3)$ , $(2, 8, 10)$ (1열, 3열). 2차원 평면 $\subseteq \mathbb{R}^3$ .
$C(A^T)$ : 기저 $(1, 1, 0, 1)$ , $(0, 0, 1, 1)$ ( $R$ 의 행). 2차원 $\subseteq \mathbb{R}^4$ .
$N(A)$ : 기저 $(-1, 1, 0, 0)$ , $(-1, 0, -1, 1)$ . 2차원 $\subseteq \mathbb{R}^4$ .
$N(A^T)$ : 1차원 $\subseteq \mathbb{R}^3$ . 행3 $-$ 행2 $-$ 행1 $= \mathbf{0}$ 이었으므로 $\mathbf{y} = (-1, -1, 1)$ . 확인: $A^T\mathbf{y}$ 의 각 성분은 $A$ 의 각 열과 $\mathbf{y}$ 의 내적이고, $(1, 2, 3) \cdot (-1, -1, 1) = 0$ 등.

차원의 합: $2 + 2 = 4 = n$ , $2 + 1 = 3 = m$ .

▶ 문제 12.11–12.14

쓰이는 곳. 모델의 '자유도'나 '파라미터 수', 데이터의 '내재 차원'을 말할 때 이 장의 차원 개념을 씁니다. 같은 데이터를 다른 기저(예: 푸리에 기저, 웨이블릿 기저)로 표현하는 것이 신호 압축의 출발점입니다.

이 장의 요약

일차독립: $\sum c_i\mathbf{v}_i = \mathbf{0} \Rightarrow$ 모든 $c_i = 0$ . 쓸모없는 벡터가 없다는 것과 같습니다. 행렬의 열에 대해서는 $N(A) = \{\mathbf{0}\}$ , rank = 열 개수.
기저: 독립이면서 span. 기저에 대한 좌표는 유일합니다.
독립 목록의 길이 $\le$ span 목록의 길이. 따라서 기저의 길이는 모두 같고, 그것이 차원입니다.
차원이 $d$ 인 공간에서 벡터 $d$ 개는 독립이거나 span하기만 하면 기저입니다.
$\dim C(A) = \dim C(A^T) = r$ , $\dim N(A) = n - r$ , $\dim N(A^T) = m - r$ . 행 랭크 = 열 랭크.

문제

12.1 [계산] · 확인 문제

일차독립인지 판정합니다. 종속이면 계수가 모두 0은 아닌 일차결합으로 $\mathbf{0}$ 을 만듭니다. 독립이면 O, 종속이면 X를 적습니다. (a) $(1, 2)$ , $(3, 6)$ (b) $(1, 0, 1)$ , $(0, 1, 1)$ , $(1, 1, 0)$ (c) $(1, 2, 3)$ , $(0, 0, 0)$ (d) $(1, 1, 0, 0)$ , $(0, 1, 1, 0)$ , $(0, 0, 1, 1)$

(a)	(b)	(c)	(d)
[?]	[?]	[?]	[?]

정답

X
O
X
O

풀이

(a) 종속: $3(1, 2) - (3, 6) = \mathbf{0}$ . (b) 독립: 행렬식 $1(0 - 1) - 0 + 1(0 - 1) = -2 \ne 0$ .

(c) 종속: $0 \cdot (1, 2, 3) + 1 \cdot \mathbf{0} = \mathbf{0}$ . (d) 독립: $c_1(1, 1, 0, 0) + c_2(0, 1, 1, 0) + c_3(0, 0, 1, 1) = (c_1, c_1 + c_2, c_2 + c_3, c_3) = \mathbf{0}$ 이면 첫째, 넷째 성분에서 $c_1 = c_3 = 0$ , 둘째에서 $c_2 = 0$ .

12.2 [계산] · 확인 문제

$(1, a, 0)$ , $(0, 1, a)$ , $(a, 0, 1)$ 이 일차종속이 되는 실수 $a$ 를 구합니다.

정답

-1

풀이

$\det\begin{bmatrix} 1 & 0 & a \\ a & 1 & 0 \\ 0 & a & 1 \end{bmatrix} = 1(1 - 0) - 0 + a(a^2 - 0) = 1 + a^3 = 0$ , $a = -1$ . 확인: $(1, -1, 0) + (0, 1, -1) + (-1, 0, 1) = \mathbf{0}$ .

12.3 [증명]

(a) $\mathbf{0}$ 을 포함하는 목록은 일차종속임을 보입니다. (b) 일차독립인 목록에서 일부를 뺀 목록도 일차독립임을 보입니다.

풀이

(a) $\mathbf{0}$ 의 계수만 1, 나머지 0으로 하면 $\mathbf{0}$ 이 됩니다.

(b) 뺀 목록에서 $\sum c_i\mathbf{v}_i = \mathbf{0}$ 이면, 빠진 벡터들의 계수를 0으로 붙여 원래 목록의 관계식이 되므로 모든 $c_i = 0$ .

12.4 [증명]

$\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k$ 가 일차독립이고 $\mathbf{w} \notin \operatorname{span}\{\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k\}$ 이면 $\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k, \mathbf{w}$ 도 일차독립임을 보입니다.

풀이

$\sum c_i\mathbf{v}_i + d\mathbf{w} = \mathbf{0}$ 이라 합시다. $d \ne 0$ 이면 $\mathbf{w} = -\frac1d\sum c_i\mathbf{v}_i \in \operatorname{span}$ 이 되어 모순이므로 $d = 0$ . 그러면 $\sum c_i\mathbf{v}_i = \mathbf{0}$ 이고 독립이므로 모든 $c_i = 0$ .

12.5 [계산] · 확인 문제

평면 $x - 2y + 3z = 0$ 의 기저를 구하고, $(1, 2, 1)$ 이 이 평면 위에 있음을 확인한 뒤 그 기저에 대한 좌표를 구합니다. 표에는 특수해 기저 $(2, 1, 0)$ , $(-3, 0, 1)$ 에 대한 좌표를 적습니다.

$c_1$	$c_2$
[?]	[?]

정답

2
1

풀이

$x = 2y - 3z$ . 기저 $(2, 1, 0)$ , $(-3, 0, 1)$ . $(1, 2, 1)$ : $1 - 4 + 3 = 0$ . $c_1(2, 1, 0) + c_2(-3, 0, 1) = (1, 2, 1)$ 에서 $c_1 = 2$ , $c_2 = 1$ (첫째 성분 $4 - 3 = 1$ 확인). 좌표 $(2, 1)$ .

12.6 [계산] · 확인 문제

$(1, 1, 1)$ , $(1, 2, 3)$ , $(1, 3, 6)$ 이 $\mathbb{R}^3$ 의 기저임을 보이고, $(0, 1, 3)$ 의 좌표를 구합니다.

$c_1$	$c_2$	$c_3$
[?]	[?]	[?]

정답

0
-1
1

풀이

문제 11.7(d)에서 랭크 3이므로 독립이고, $\mathbb{R}^3$ 의 벡터 3개이므로 기저(정리 12.14). $c_1 + c_2 + c_3 = 0$ , $c_1 + 2c_2 + 3c_3 = 1$ , $c_1 + 3c_2 + 6c_3 = 3$ . 소거하면 $c_2 + 2c_3 = 1$ , $2c_2 + 5c_3 = 3$ 에서 $c_3 = 1$ , $c_2 = -1$ , $c_1 = 0$ . 확인: $-(1, 2, 3) + (1, 3, 6) = (0, 1, 3)$ .

12.7 [증명]

$\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n$ 이 $\mathbb{R}^n$ 의 기저이면 $V = \begin{bmatrix} \mathbf{v}_1 & \cdots & \mathbf{v}_n \end{bmatrix}$ 는 가역이고, $\mathbf{x}$ 의 좌표 벡터는 $V^{-1}\mathbf{x}$ 임을 보입니다.

풀이

열이 독립이므로 $N(V) = \{\mathbf{0}\}$ , 정사각이므로 가역(정리 9.6). 좌표 $\mathbf{c}$ 는 $V\mathbf{c} = \mathbf{x}$ 의 해이므로 $\mathbf{c} = V^{-1}\mathbf{x}$ .

12.8 [계산] · 확인 문제

차원을 구합니다.

부분공간	차원
(a) $\{(x, y, z, w) \in \mathbb{R}^4 : x + y + z + w = 0\}$	[?]
(b) $\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x = y = z\}$	[?]
(c) $\operatorname{span}\{(1, 2, 1), (2, 4, 2), (0, 1, 1)\}$	[?]
(d) $N\left(\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \end{bmatrix}\right)$	[?]
(e) $\mathbb{R}^3$ 의 두 평면 $x + y + z = 0$ 과 $x - y = 0$ 의 교집합	[?]

정답

풀이

(a) 3 (식 하나가 자유도 하나를 없앱니다; $1 \times 4$ 행렬의 영공간, $n - r = 4 - 1$ ). (b) 1. (c) 2 (둘째 $= 2\times$ 첫째, 첫째와 셋째는 독립). (d) $3 - 1 = 2$ . (e) 1 (문제 10.4).

12.9 [도전]

$\mathbb{R}^3$ 의 두 2차원 부분공간(원점을 지나는 두 평면)의 교집합은 적어도 1차원임을 증명합니다.

힌트. 두 평면의 기저를 합치면 $\mathbb{R}^3$ 의 벡터 4개입니다.

풀이

두 평면의 기저 $\mathbf{s}_1, \mathbf{s}_2$ 와 $\mathbf{t}_1, \mathbf{t}_2$ . 네 벡터는 $\mathbb{R}^3$ 에서 종속(정리 12.4)이므로 $a_1\mathbf{s}_1 + a_2\mathbf{s}_2 + b_1\mathbf{t}_1 + b_2\mathbf{t}_2 = \mathbf{0}$ , 계수가 모두 0은 아님. $\mathbf{v} = a_1\mathbf{s}_1 + a_2\mathbf{s}_2 = -(b_1\mathbf{t}_1 + b_2\mathbf{t}_2)$ 는 두 평면 모두에 속합니다. $\mathbf{v} = \mathbf{0}$ 이면 $\mathbf{s}$ 들의 독립성에서 $a_1 = a_2 = 0$ , $\mathbf{t}$ 들의 독립성에서 $b_1 = b_2 = 0$ 이 되어 모순. 따라서 교집합에 영이 아닌 벡터가 있습니다.

12.10 [증명]

$S$ 가 $\mathbb{R}^n$ 의 부분공간이고 $\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k \in S$ 가 일차독립이면, 벡터를 추가해 $S$ 의 기저로 확장할 수 있음을 보입니다.

풀이

목록이 $S$ 를 span하면 끝. 아니면 span 밖의 $\mathbf{w} \in S$ 를 추가합니다. 문제 12.4에 의해 여전히 독립입니다. 독립인 목록은 길이가 $\dim S$ 를 넘을 수 없으므로 유한 번 안에 span하게 됩니다.

12.11 [계산] · 확인 문제

$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ 의 4대 부분공간의 기저와 차원을 모두 구합니다. 차원의 합이 맞는지 확인합니다. 표에는 차원을 적습니다.

$C(A)$	$C(A^T)$	$N(A)$	$N(A^T)$
[?]	[?]	[?]	[?]

정답

풀이

행3 $-$ 행1 $= \mathbf{0}$ . $R = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ , $r = 2$ .

$C(A)$ : $(1, 0, 1)$ , $(2, 1, 2)$ (1, 2열). 차원 2.

$C(A^T)$ : $(1, 0, -2, 1)$ , $(0, 1, 1, 0)$ . 차원 2.

$N(A)$ : $x_1 = 2x_3 - x_4$ , $x_2 = -x_3$ . 특수해 $(2, -1, 1, 0)$ , $(-1, 0, 0, 1)$ . 차원 2.

$N(A^T)$ : 행3 $-$ 행1 $= \mathbf{0}$ 이므로 $(-1, 0, 1)$ . 차원 1.

합: $2 + 2 = 4 = n$ , $2 + 1 = 3 = m$ .

12.12 [계산]

(a) 열공간이 $\operatorname{span}\{(1, 2, 3)\}$ 이고 행공간이 $\operatorname{span}\{(1, 1, 1)\}$ 인 $3 \times 3$ 행렬을 만듭니다. (b) 열공간이 $\operatorname{span}\{(1, 1, 0)\}$ 이고 영공간이 $\operatorname{span}\{(1, 0, 1)\}$ 인 $3 \times 3$ 행렬은 존재하지 않음을 보입니다.

풀이

(a) $A = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ 3 & 3 & 3 \end{bmatrix}$ .

(b) $\dim C(A) = 1$ 이면 $\dim N(A) = 3 - 1 = 2$ 이어야 하는데 주어진 영공간은 1차원입니다. 랭크–영공간 정리에 모순.

12.13 [증명]

크기가 맞는 행렬에 대하여 $\operatorname{rank}(AB) \le \operatorname{rank} A$ 이고 $\operatorname{rank}(AB) \le \operatorname{rank} B$ 임을 보입니다.

풀이

$C(AB) \subseteq C(A)$ (문제 10.11)이므로 $\operatorname{rank}(AB) \le \operatorname{rank} A$ . 또 $\operatorname{rank}(AB) = \operatorname{rank}\big((AB)^T\big) = \operatorname{rank}(B^TA^T) \le \operatorname{rank} B^T = \operatorname{rank} B$ (같은 논리를 $B^TA^T$ 에 적용).

12.14 [도전]

랭크가 $r$ 인 $m \times n$ 행렬 $A$ 는 $A = CR'$ 로 쓸 수 있음을 보입니다. 여기서 $C$ 는 $A$ 의 피벗 열들로 이루어진 $m \times r$ 행렬, $R'$ 은 $\operatorname{rref}(A)$ 의 영이 아닌 행들로 이루어진 $r \times n$ 행렬입니다. 11장의 예제 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 8 & 10 \\ 3 & 3 & 10 & 13 \end{bmatrix}$ 으로 확인합니다.

풀이

$A$ 의 각 열은 피벗 열들의 일차결합이고, 그 계수가 $R$ 의 같은 열의 처음 $r$ 개 성분입니다(정리 12.15의 증명). 이것을 열마다 쓰면 $A = CR'$ . 예제: $C = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 8 \\ 3 & 10 \end{bmatrix}$ , $R' = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ . $CR'$ 의 1행 $= 1 \cdot (1, 1, 0, 1) + 2 \cdot (0, 0, 1, 1) = (1, 1, 2, 3)$ , 2행 $= (2, 2, 8, 10)$ , 3행 $= (3, 3, 10, 13)$ .