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intro

무한체에서 벡터공간 V와 부분공간 W를 생각해보자.
점공간이 아닌 W는 무한집합이다.

이 때 W를 생성하는 W의 ‘조그만’ 유한부분 집합을 찾아 볼 것이다.
이러한 집합의 쓰임은

W의 모든 벡터를 S에서 꺼낸 유한개의 벡터의 일차결합으로 표현 가능하다.
S가 작아질수록 W의 벡터를 일차결합으로 표현하는 데 필요한 연산 횟수가 작아진다.

일차결합 증명

예를 들어 이해해보자.

아래의 벡터 $u_1 = (2, −1, 4)$,
$u_2 = (1, −1, 3)$,
$u_3 = (1, 1, −1)$,
$u_4 = (1, −2, −1)$ 에 대하여 집합 $S = {u_1 , u_2 , u_3 , u_4}$가 생성한 $R^3$의 부분공간을 W라고 하자.

➡ 여기서 W를 생성하는 S의 진부분집합(자기자신을 제외한 부분집합)의 존재여부판단을 해보자.
➡ 이는 S에서 꺼낸 한 벡터가 S에서 꺼낸 또 다른 벡터의 일차결합으로 표현되는지 판단하는 문제와 같다

기존의 방법

그럼 위의 증면을 기존의 방법으로 증명해보겠다.

먼저 $u_4$를 나머지 벡터의 일차결합으로 표현하기 위한 필요충분조건은
스칼라 $a_1 , a_2 , a_3$ 이 존재하는 것이다.

$$u_4 = a_1u_1 + a_2u_2 + a_3u_3$$ $$(1, −2, −1) = (2a_1 + a_2 + a_3 , −a_1 − a_2 + a_3 , 4a_1 + 3a_2 − a_3)$$

즉, $u_4$가$u_1 , u_2 , u_3$$ 의 일차결합이기 위한 필요충분조건은
다음 연립일차방정식의 해가 존재하는 것이다.

$$2a_1 + a_2 + a_3 = 1$$ $$−a_1 − a_2 + a_3 = −2$$ $$4a_1 + 3a_2 − a_3 = −1$$

그럼 이 식을 기조의 방법대로 풀면(너무 과정이 길어 생략하겠다. 자세한 방법은 이 포스트를 보자)
여러분은 이 연립일차방정식의 해가 없음을 증명할 수 있다.

❌ 기존 방법의 문제점 ❌
하지만 S 의 모든 벡터가 다른 벡터의 일차결합으로 표현되지 않는다고 단정지을 수 없다.
$u_3 = 2u_1 − 3u_2 + 0u_4$ 이므로 $u_3$ 은 세 벡터 $u_1 , u_2 , u_4$ 의 일차결합이기 떄문이다.

방금 살펴본 것처럼 S 의 어떤 벡터를 (S 의) 다른 벡터들의 일차결합으로 표현할 수 있는지 확인하는 과정은 번거롭다.

➡ 기존의 방법으론 생각할 수 있는 모든 일차결합에 대한 연립일차방정식을 세우고 풀면서 해가 있는지 확인해야 한다.

기존 방법 개선

그럼 기존의 방법을 개선해보자

기존의 방법을 다른 관점에서 생각하면 많은 시간과 노력을 절약할 수 있다.

식 $u_3 = 2u_1 − 3u_2 + 0u_4$ 의 우변을 좌변으로 이항하자.

$$−2u_1 + 3u_2 + u_3 − 0u_4 = 0$$

S 의 어떤 벡터가 다른 벡터의 일차결합이면
영벡터를 (S의) 일차결합으로 표현할 때, 어떤 계수가 0이 아닌 표현이 존재한다.

이 명제의 역 또한 참이다.
영벡터를 (S 의) 벡터의 일차결합으로 표현하는 (모든 계수가 0인 것 외에) 다른 방법이 존재하면,
S 의 어떤 벡터는 다른 벡터의 일차결합이다.

즉,

$$−2u_1 + 3u_2 + u_3 − 0u_4 = 0$$

은 아래의 꼴로 풀 수 있다.
$u_1 = · · ·$,
$u_2 = · · ·$,
$u_3 = · · ·$
➡ $u_1 , u_2 , u_3$ 에 붙은 계수가 0 이 아니므로 $u_1 , u_2 , u_3$은 각각 나머지 세 벡터의 일차결합이다.

[영벡터의 자명한 표현 (trivial representation of 0)]

정의
임의의 벡터 $u_1 , u_2 , . . . , u_n$ 에 대하여
$a_1 = a_2 = · · · = a_n = 0$$이면
$a_1u_1 +a_2u_2 +· · ·+ a_nu_n = 0$ 이다.
이를 $u_1 , u_2 , . . . , u_n$ 의 일차결합에 대한 영벡터의 자명한 표현 (trivial representation of 0) 이라 한다.
즉 영벡터의 자명한 표현이면 계수들이 모두 0이므로 어떤 계수가 0이 아닌 표현이 존재하지 않아 일차 종속이 아니다.

일차종속 linearly dependent

위의 관찰을 바탕으로 일차 종속을 정리해 보겠다.

[정의]
벡터공간 V의 부분집합 S 에 대하여
$a_1u_1 + a_2u_2 + · · · + a_nu_n = 0$을 만족하는 유한개의 서로 다른 벡터 $u_1 , u_2 , . . . , u_n ∈ S$ 와
적어도 하나는 0이 아닌 스칼라 $a_1 , a_2 , . . . , a_n$ 이 존재하면
집합 S 는 일차종속 (linearly dependent) 이라 한다. 이때, S 의 벡터 또한 일차종속이다.

영벡터를 자명하지 않은 방식으로 표현

집합이 일차종속이면
적절한 벡터를 택하여 영벡터를 자명하지 않은 방식으로 표현할 수 있다.

즉, 영벡터 0을 포함하는 모든 부분집합은 일차종속이다.
0 = 1 · 0은 영벡터의 자명하지 않은 표현이기 때문이다.

[증명]
즉, 영벡터를 자명하지 않은 방식으로 표현으로 일차 종속의 성립을 증명하려면,

$$s(벡터 1) + t(벡터 2) + ... + u(벡터 3) = 0$$

을 만족하는 스칼라 s,t,u값이 존재해야한다.

[예시 1]
예를 들어 이해해보자.

$R^4$ 의 부분집합 $S = {(1, 3, −4, 2), (2, 2, −4, 0), (1, −3, 2, −4), (−1, 0, 1, 0)}$ 을 생각 하자.
S 가 일차종속이고 S 의 한 벡터가 다른 벡터의 일차결합임을 보일 것이다.
➡ S 가 일차종속임을 보이려면 다음 방정식을 만족하면서 적어도 하나는 0이 아닌 스칼라 $a_1 , a_2 , a_3 , a_4$ 를 찾아야 한다.

$$a_1 (1, 3, −4, 2) + a_2 (2, 2, −4, 0) + a_3 (1, −3, 2, −4) + a_4 (−1, 0, 1, 0) = 0$$

이는 다음 연립일차방정식을 풀어 자명하지 않은 해를 찾는 것과 같다.

$$a_1 + 2a_2 + a_3 − a_4 = 0$$ $$3a_1 + 2a_2 − 3a_3 = 0$$ $$−4a_1 − 4a_2 + 2a_3 + a_4 = 0$$ $$2a_1 − 4a_3 = 0$$

$a_1 = 4, a_2 = −3, a_3 = 2, a_4 = 0$은 위 방정식의 해이다.
즉, S 는 $R^4$ 의 (일차종속인) 부분집합이다.

$a_1 , a_2 , a_3 , a_4$ 에 해를 대입하면 다음이 성립한다.

$$4(1, 3, −4, 2) − 3(2, 2, −4, 0) + 2(1, −3, 2, −4) + 0(−1, 0, 1, 0) = 0$$

따라서 (1, 3, −4, 2)는 다음과 같이 나머지 벡터의 일차결합으로 나타낼 수 있다.

$$(1, 3, −4, 2) = 3/4(2, 2, −4, 0) - 1/2(1, −3, 2, −4) + 0(−1, 0, 1, 0)$$

📜 벡터에 적용

$M_{2×3}(R)$의 부분집합

\[\begin{pmatrix} 1 & −3 & 2 \\ −4 & 0 & 5 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} −3 & 7 & 4 \\ 6 & −2 & −7 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} −2 & 3 & 11\\ −1 & −3 & 2 \end{pmatrix}\]

은 다음이 성립하기 떄문에 일차종속이다

\[5\begin{pmatrix} 1 & −3 & 2 \\ −4 & 0 & 5 \end{pmatrix}+ 3\begin{pmatrix} −3 & 7 & 4 \\ 6 & −2 & −7 \end{pmatrix}- 2\begin{pmatrix} −2 & 3 & 11\\ −1 & −3 & 2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\]

일차독립 linearly independent

벡터공간의 부분집합 S 가 일차종속이 아니면 일차독립 (linearly independent) 이다.
이때, S 의 벡터 또한 일차독립이다.

일차독립인 집합에 대한 다음 명제는 모든 벡터공간에서 참이다.

명제 1
공집합은 일차독립이다. 어떤 집합이 일차종속이기 위해선 반드시 공집합이 아니어야 한다.
명제 2
영이 아닌 벡터 하나로 이루어진 집합은 일차독립이다.
만약 {u} 가 일차종속이면 0 이 아닌 스칼라 a 에 대하여 au = 0 이다.
양변에 $a^{−1}$ 을 곱하면 $u = a^{−1} (au) = a^{−1} 0 = 0$이므로 u가 영벡터가 아니라는 사실에 모순이다.
명제 3
어떤 집합이 일차독립이기 위한 필요충분조건은 0을 주어진 집합에 대한 일차결합으로 표현하는 방법이 자명한 표현뿐인 것이다.

명제 3은 유한집합이 일차독립인지 판정할 때 아주 유용하게 사용된다. 다음 예제에서 확인해 보자.

[예제]
다음 집합이 일차독립임을 증명하고자 한다.

$$S = {(1, 0, 0, −1), (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1), (0, 0, 0, 1)}$$

이 집합에서 0의 일차결합 표현이 자명한 표현뿐임을 보이면 된다.
스칼라 $a_1 , a_2 , a_3 , a_4$ 에 대하여 다음이 성립한다고 가정하자.

$$a_1 (1, 0, 0, −1) + a_2 (0, 1, 0, −1) + a_3 (0, 0, 1, −1) + a_4 (0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 0)$$

좌변과 우변의 성분을 비교하면 다음 관계식을 얻는다.

$$a_1 = 0$$ $$a_2 = 0$$ $$a_3 = 0$$ $$−a_1 − a_2 − a_3 + a_4 = 0$$

따라서 이 방정식의 유일한 해는 $−a_1 − a_2 − a_3 + a_4 = 0$이다.
즉, S 는 일차독립이다.

파생 성질

[성질 1]
V는 벡터공간이고 $S_1 ⊆ S_2 ⊆ V$이다. $S_1$이 일차종속이면 $S_2$ 도 일차종속이다.
➕ 따름정리
V는 벡터공간이고, $S_1 ⊆ S_2 ⊆ V$이이다. $S_2$ 가 일차독립이면 $S_1$ 도 일차독립이다
[성질 2]
벡터공간 V 그리고 일차독립인 부분집합 S 를 생각하자.
S 에 포함되지 않는 벡터 $v ∈ V$ 에 대하여,
$S ∪ {v}$가 일차종속이기 위한 필요충분조건은 $v ∈ span(S)$이다

Mathematics

[15] Vector Spaces: 일차종속과 일차독립

08 Dec 2019

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