K

Grad. student in mathematics

벡터공간의 차원

§벡터공간의 기저, ⁋예시 9와 §벡터공간의 기저, ⁋예시 11로부터 벡터공간 \(V\)의 basis는 유일할 필요가 없다는 것을 알 수 있다. 그런데, 이 예시들을 보면 공통적으로 basis의 원소의 갯수들은 동일하게 유지된다는 것도 확인할 수 있다. 이는 우연이 아니다.

정리 1 \(\mathbb{K}\)-벡터공간 \(V\)에 대하여, \(V\)의 두 basis \(\mathcal{B}_1\), \(\mathcal{B}_2\)가 주어졌다면 \(\lvert \mathcal{B}_1\rvert=\lvert \mathcal{B}_2\rvert\)이 성립한다.

이 정리는 \(\mathcal{B}_1\), \(\mathcal{B}_2\)가 무한한 경우도 포함한다. 이를 보이기 위해서는 세 단계가 필요하다.

  1. 우선, 만일 \(V\)의 어떤 basis가 무한하다면, 다른 basis들도 반드시 무한하며 이들의 크기는 동일하다.
  2. 그러므로 \(V\)의 어떤 basis가 유한하다면, 다른 basis들도 모두 유한해야 한다.
  3. 마지막으로, 만일 \(V\)의 두 유한한 basis가 주어진다면, 이들 두 basis의 원소의 갯수는 동일하다.

물론 이 정리도 지금 증명하자면 못할 것은 없지만, §벡터공간의 기저, ⁋정리 10과 마찬가지로 이를 증명하기 위해는 약간의 집합론적인 지식이 필요하므로 별도의 글로 분리한다. 다만 마지막 단계는 별다른 배경지식 없이도 증명할 수 있다.

보조정리 2 \(\mathbb{K}\)-벡터공간 \(V\)에 대하여, 만일 \(\mathcal{B}_1\)과 \(\mathcal{B}_2\)이 모두 \(V\)의 basis이고 유한하다면, \(\lvert \mathcal{B}_1\rvert=\lvert \mathcal{B}_2\rvert\)가 성립한다.

증명

\(\mathcal{B}_1=\{x_1,x_2,\ldots, x_m\}\), 그리고 \(\mathcal{B}_2=\{y_1,y_2,\ldots, y_n\}\)이라 하고, \(m=n\)임을 보여야 한다. 결론에 반하여 \(m>n\)이라 하자.

우선 \(x_1\in V\)이므로, \(x_1\)은 \(y_1\), \(y_2\), \(\ldots\), \(y_n\)들의 일차결합으로 나타낼 수 있다. 따라서 §벡터공간의 기저, ⁋명제 6에 의하여, 집합 \(\{x_1,y_1,y_2,\ldots, y_n\}\)은 일차종속이다. 즉, 모두 0은 아닌 스칼라들 \(\beta_1\), \(\alpha_1\), \(\alpha_2\), \(\ldots\), \(\alpha_n\)이 존재하여

\[\beta_1x_1+\alpha_1y_1+\alpha_2y_2+\cdots+\alpha_n y_n=0\tag{1}\]

이도록 할 수 있다. 여기서 \(\beta_1\)이 0이 될 수 없음은 자명하다. 만일 \(\beta_1=0\)이라면 위의 식은

\[\alpha_1y_1+\alpha_2y_2+\cdots+\alpha_ny_n=0\]

이 되어, \(y_1\), \(y_2\), \(\ldots\), \(y_n\)이 일차독립이라는 가정에 모순이기 때문이다. 또, 만일 모든 \(\alpha_i\)가 0이라면 \(\beta_1x_1=0\)인데, \(\beta_1\neq 0\)이므로 \(x_1=0\)이다. 이 경우 \(\{x_1, x_2, \ldots, x_m\}\)은 자명하게 일차종속이게 되므로, 어떤 0이 아닌 \(\alpha_i\)가 존재한다고 가정하자. 그럼 우리는 위의 식 (1)을 변형하여 다음의 식

\[y_i=\frac{\beta_1}{\alpha_i}x_1-\frac{\alpha_1}{\alpha_i}y_1-\cdots-\frac{\alpha_{i-1}}{\alpha_i}y_{i-1}-\frac{\alpha_{i+1}}{\alpha_i}y_{i+1}-\cdots-\frac{\alpha_n}{\alpha_i}y_n\]

을 얻는다. 따라서 만일 우리가 집합 \(\{x_1, y_1, y_2, \ldots, y_n\}\)에서 \(y_i\)를 빼더라도 이 집합은 여전히 \(V\)를 span한다.

한편, 이 집합은 일차독립이다. 어떠한 스칼라들 \(\beta_1'\), \(\alpha_1'\), \(\ldots\), \(\alpha_n'\)에 대하여

\[\beta_1'x_1+\alpha_1'y_1+\alpha_2'y_2+\cdots+\alpha_{i-1}'y_{i-1}+\alpha_{i+1}'y_{i+1}+\cdots+\alpha_n'y_n=0\]

이라고 한다면, 위에서와 같은 이유로 \(\beta_1'\neq 0\)이 되고, 따라서

\[x_1=-\frac{\alpha_1'}{\beta_1'}y_1-\frac{\alpha_2'}{\beta_1'}y_2-\cdots-\frac{\alpha_{i-1}'}{\beta_1'}y_{i-1}-\frac{\alpha_{i+1}'}{\beta_1'}y_{i+1}-\cdots-\frac{\alpha_n'}{\beta_1'}y_n\]

을 앞선 식에 대입하면

\[0=\left(\frac{\alpha_1'\beta_1}{\alpha_i\beta_1'}+\frac{\alpha_1}{\alpha_i}\right)y_1+\cdots+\left(\frac{\alpha_{i-1}'\beta_1}{\alpha_i\beta_{i-1}'}+\frac{\alpha_{i-1}}{\alpha_i}\right)y_{i+1}+y_i+\left(\frac{\alpha_{i+1}'\beta_{i+1}}{\alpha_i\beta_{i+1}'}+\frac{\alpha_{i+1}}{\alpha_i}\right)y_{i+1}+\cdots+\left(\frac{\alpha_n'\beta_n}{\alpha_i\beta_n'}+\frac{\alpha_n}{\alpha_i}\right)y_n\]

을 얻는다. \(y_i\)의 계수가 \(0\)이 아니므로 이는 \(\{y_1,y_2,\ldots,y_n\}\)이 일차독립이라는 가정에 모순이다.

따라서 우리는 \(V\)의 새로운 basis \(\{x_1,y_1,y_2,\ldots,y_{i-1}, y_{i+1},\ldots, y_n\}\)을 얻었다. 일반성을 잃지 않고, 우리가 없앤 벡터가 \(y_n\)이었다고 한다면 이렇게 생긴 새 basis는 \(\{x_1, y_1, \ldots, y_{n-1}\}\)이다. 이제 다시 이 basis에 \(x_2\)를 넣어 \(\{x_2, x_1, y_1, y_2, \ldots, y_n\}\)을 생각하자.

\[\beta_2x_2+\beta_1x_1+\alpha_1y_1+\alpha_2y_2+\ldots+\alpha_{n-1}y_{n-1}=0\]

라 한다면 위와 같은 논리로 \(\beta_2\neq 0\)이고, \(x_2=0\)인 경우를 제외한다면 \(\beta_1\), \(\alpha_1\), \(\ldots\), \(\alpha_{n-1}\) 중 0이 아닌 계수가 존재한다.

여기서 만일 \(\beta_1\)이 유일하게 0이 아닌 계수라면, 위의 식은 \(\beta_2x_2+\beta_1x_1=0\)이 되어 \(\{x_1,x_2\}\)가 일차종속이므로 증명이 끝난다.

그렇지 않고 어떠한 \(\alpha_i\neq 0\)이 존재한다면, 우리는 위와 같은 과정을 반복하여 다시 새로운 basis \(\{x_2,x_1,y_1,y_2,\ldots,y_{n-2}\}\)를 얻는다.

이 과정을 반복하다보면 두 가지의 가능성이 있다.

  1. 만일 이 과정이 어디에선가 멈춘다면,

    \[\beta_kx_k+\beta_{k-1}x_{k-1}+\cdots+\beta_1x_1=0\]

    이 될 것이므로 \(\{x_1,x_2,\ldots,x_m\}\)은 일차종속이다.

  2. 그렇지 않다면, \(n\)번을 반복한 후 우리는 원래의 basis \(\{y_1,y_2,\ldots, y_n\}\)을 새로운 basis \(\{x_1, x_2, \ldots, x_n\}\)으로 완전하게 교체할 것이다. 이 경우, \(x_{n+1}\in V\)는 \(\{x_1, x_2, \ldots, x_n\}\)들의 일차결합으로 표현할 수 있으므로 \(\{x_1,x_2,\ldots, x_{n+1}\}\)은 일차종속이고 따라서 \(\{x_1,x_2,\ldots, x_m\}\) 또한 마찬가지이다.

어떠한 경우든 \(\{x_1,x_2,\ldots, x_m\}\)는 일차종속이고, 따라서 basis가 될 수 없으므로 모순.

사실 위 명제의 증명은 원래의 명제보다 약간 더 강력한 다음의 명제

어떤 \(\mathbb{K}\)-벡터공간 \(V\)기 유한한 basis \(\mathcal{B}\)를 갖는다 하자. 그럼 \(\mathcal{B}\)보다 원소의 개수가 많은 \(V\)의 부분집합은 반드시 일차종속이다.

를 증명한 것이다. 어쨌든 정리 1에 의해 \(V\)의 basis는 모두 같은 크기를 가지므로 다음 정의가 말이 된다.

정의 3 \(\mathbb{K}\)-벡터공간 \(V\)에 대하여, \(V\)의 basis의 cardinality를 \(V\)의 차원이라 하고, \(\dim V\), 혹은 \(\mathbb{K}\)를 강조할 필요가 있을 때는 \(\dim_\mathbb{K}V\)로 적는다. 만일 \(\dim V\)가 유한이라면, \(V\)는 유한차원 벡터공간이고, 그렇지 않다면 \(V\)는 무한차원 벡터공간이다.

예시 4

  1. Trivial vector space \(\{0\}\)의 basis는 \(\emptyset\)이므로, 이 공간의 차원은 \(\lvert\emptyset\rvert=0\)이다.
  2. 임의의 field \(\mathbb{K}\)에 대하여, \(\mathbb{K}\) 자기 자신은 1차원 \(\mathbb{K}\)-벡터공간이다.
  3. 임의의 field \(\mathbb{K}\)에 대하여, 유클리드 \(n\)-공간 \(\mathbb{K}^n\)의 차원은 \(\dim \mathbb{K}^n=n\)이다.
  4. \(\dim_\mathbb{R}\mathbb{C}=2\).
  5. \(\mathbb{K}[\x]\)는 무한차원 벡터공간이다.

앞으로 우리가 다룰 벡터공간은 항상 유한차원임을 전제한다.

때에 따라 유한차원 벡터공간에서의 결과가 무한차원에서 성립하는 경우도 있고, 그렇지 않은 경우도 있다. 예를 들어, 다음의 명제는 무한차원인 경우로 확장할 수 있지만 이 글에서는 유한차원인 경우만 한정해서 생각하기로 한다.

명제 5 \(\mathbb{K}\)-벡터공간 \(V\)와 \(V\)의 임의의 일차독립인 부분집합 \(S\)에 대하여, \(S\)를 포함하는 \(V\)의 basis \(\mathcal{B}\)가 존재한다.

증명

만약 \(\langle S\rangle=V\)라면, 더 이상 증명할 것이 없다. 그렇지 않다면 \(v\not\in\langle S\rangle\)인 \(v\in V\)가 존재한다. 이제 집합 \(S_1=S\cup\{v\}\)이라 하자. 그럼 \(S_1\)은 일차독립이다. 자명하게 \(v\neq0\)이며, 이제 \(S_1\)의 임의의 일차결합

\[\sum_{x\in S_1} \alpha_xx=\sum_{x\in S}\alpha_xx+\alpha_vv=0\]

이라 하면, \(\alpha_v\neq 0\)일 경우 \(\alpha_vv\)를 이항한 후 \(-\alpha_v^{-1}\)를 곱해주면 \(v\)를 \(S\)의 원소들의 일차결합으로 나타낼 수 있는데, 이는 \(v\)의 선택에 모순이기 때문이다. 따라서 \(\alpha_v=0\)이고, 그럼 \(S\)의 각 원소들은 일차독립이므로 \(\alpha_x=0\)이 모든 \(x\in S\)에 대해 성립한다. 따라서, \(\alpha_x=0\)이 모든 \(x\in S_1\)에 대해 성립한다.

이제 만일 \(\langle S\rangle_1=V\)라면 다시 증명 끝이고, 그렇지 않다면 똑같은 방식으로 \(S_2=S_1\cup\{v'\}\)을 정의하여 반복할 수 있다. 물론 \(S_2\)가 일차독립이라는 것을 보여야 하지만, \(v'\)를 \(V\setminus\langle S\rangle_1\)에서 뽑아왔기 때문에 이는 위에서 보인 것과 정확하게 같은 논리로 가능하다.

이 과정은 앞선 보조정리3에 의해 많아야 \(\dim V\)번째 과정 안에 끝나며, 이 과정이 끝날 때 우리는 원하는 basis \(S_n\)을 얻게 된다.

\(V\)의 basis는 일차독립인 동시에 \(V\)를 span하는 집합이다. 위의 명제는 일차독립인 집합에 적절하게 벡터를 추가하여 \(V\)를 span하도록 할 수 있다는 것을 말한다. 반대로 \(V\)를 span하는 집합이 있다면, 이들 중 겹치는 일부를 적절하게 빼서 일차독립 조건도 만족하도록 할 수 있다. 이 명제의 증명의 기본 아이디어는 명제 5과 동일하지만, \(S\)는 무한집합일 수 있으므로 \(S\)에서 원소를 하나하나 빼가는 것으로는 증명이 성립하지 않는다.

명제 6 \(\mathbb{K}\)-벡터공간 \(V\)와, \(V\)를 span하는 부분집합 \(S\)에 대하여, \(S\)의 어떤 부분집합은 \(V\)의 basis가 된다.

증명

\(S_0=\emptyset\)이라 하자. 그럼 \(\langle S\rangle_0=\{0\}\)이다. 이제 \(S\setminus\langle S\rangle_0\)의 원소 \(x_1\)을 택해 \(S_1=\{x_1\}=S_0\cup\{x_1\}\)이라 하고, 비슷하게 \(S\setminus\langle S\rangle_1\)의 원소 \(x_2\)를 택해 \(S_2=\{x_1,x_2\}=S_1\cup \{x_2\}\)를 만드는 과정을 반복한다.

이렇게 얻어진 집합 \(S_i\)들은 정의에 의해 일차독립인 부분집합이 되며, \(\langle S\rangle_i\)가 \(S\)와 같지 않은 한 \(S_{i+1}\)의 원소의 개수는 \(S_i\)보다 항상 하나 더 많다. 따라서 모든 \(i < n = \dim V\)에 대하여 \(S\setminus\langle S\rangle_i\)가 공집합이 아니라는 것을 보이면 충분하다.

자연수 \(m\)을 \(S\setminus\langle S\rangle_m=\emptyset\)이도록 택하자. 즉 \(S\subseteq\langle S\rangle_m\)이다. 이제 §벡터공간의 기저, ⁋보조정리 4로부터 \(\span\)을 취하는 것은 집합 사이의 포함관계를 유지한다는 것을 알 수 있으므로

\[\langle S\rangle\subseteq\span\bigl(\langle S\rangle_m\bigr)\]

이고, 우변의 \(\langle S\rangle_m\)은 이미 \(V\)의 부분공간이므로 §벡터공간의 기저, ⁋보조정리 3으로부터 \(\span\bigl(\langle S\rangle\bigr)=\langle S\rangle_m\)임을 안다. 따라서

\[V=\langle S\rangle\subseteq\span\bigl(\langle S\rangle_m\bigr)=\langle S\rangle_m\]

으로부터 \(\langle S\rangle_m=V\)임을 안다.

마지막으로 두 개의 조금 일반적인 예시를 살펴보자.

예시 7 두 \(\mathbb{K}\)-벡터공간 \(V\), \(W\)가 주어졌다 하자. 그럼 이들의 곱 \(V\times W\)는 임의의 \(v\in V\), \(w\in W\)에 대하여 \((v,w)\)의 꼴로 나타나는 벡터들의 벡터공간이다. 이들의 연산은 각각

\[(v_1, w_1)+(v_2,w_2)=(v_1+v_2,w_1+w_2),\quad\alpha(v,w)=(\alpha v,\alpha w)\]

으로 주어진다. 어렵지 않게, 만일 \(\mathcal{B}_1\), \(\mathcal{B}_2\)가 각각 \(V\), \(W\)의 basis들이라면, \(V\times W\)의 부분집합

\[\mathcal{B}=\{(x, y)\mid x\in \mathcal{B}_1\text{ and }y\in \mathcal{B}_2\}\]

이 \(V\times W\)의 basis가 되는 것을 확인할 수 있다. 특히, 만일 \(V\), \(W\)가 모두 유한차원이라면 \(V\times W\)도 그러하고 \(\dim(V\times W)\)는 \((\dim V)+(\dim W)\)와 같게 된다.

예시 8 이번에는 \(\mathbb{K}\)-벡터공간 \(V\)가 주어졌다 하고, \(V\)의 두 부분공간 \(W_1\), \(W_2\)가 주어졌다 하자. 그럼 \(V\)의 부분공간 \(W_1+W_2\)는

두 부분공간 \(W_1\), \(W_2\)를 포함하는 \(V\)의 부분공간 중 가장 작은 것

으로 정의된다. 식으로 쓰자면 \(W_1+W_2=\span(W_1\cup W_2)\)라 할 수 있다.

이제 \(W_1,W_2\)가 모두 유한차원이라 가정하면

\[\dim(W_1+W_2)=\dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1\cap W_2)\]

이 성립한다.

증명

\(W_1,W_2\)이 각각 \(m\), \(n\)차원이라 하고, \(W_1\cap W_2\)가 \(k\)차원이라 하자. 그럼 \(W_1\cap W_2\)의 basis \(\mathcal{B}_0=\{x_1,\ldots, x_k\}\)가 존재한다. 이 집합은 \(W_1\)과 \(W_2\)의 일차독립인 부분집합이므로, 이 집합을 포함하는 \(W_1\)과 \(W_2\)의 basis가 각각 존재한다. 이들을 \(\mathcal{B}_1\)과 \(\mathcal{B}_2\)라 하자. 그럼

\[\mathcal{B}_1=\{y_1,\ldots, y_m\},\quad \mathcal{B}_2=\{z_1,\ldots, z_n\},\qquad y_1=z_1=x_1,\ldots, y_k=z_k=x_k\]

라 할 수 있다. 이제 다음의 집합

\[\mathcal{B}_1\cup\mathcal{B}_2=\{x_1=y_1,\ldots, x_k=y_k, \quad y_{k+1}, \ldots, y_m,\quad z_{k+1},\ldots, z_n\}\]

은 \(W_1+W_2\)를 span한다. 뿐만 아니라 이 집합은 일차독립이다. 이를 보이기 위해

\[\alpha_1x_1+\cdots+\alpha_kx_k+\beta_{k+1}y_{k+1}+\cdots+\beta_{m}y_m+\gamma_{k+1}z_{k+1}+\cdots+\gamma_{n}z_n=0\tag{2}\]

이라 하자. \(\alpha_i=\beta_i+\gamma_i\)를 만족하는 임의의 스칼라들 \(\beta_i\), \(\gamma_i\) (\(i\leq k\))들에 대하여,

\[\beta_1y_1+\cdots+\beta_ky_k+\beta_{k+1}y_{k+1}+\cdots+\beta_{m}y_m=-\gamma_1z_1-\cdots-\gamma_kz_k-\gamma_{k+1}z_{k+1}-\cdots-\gamma_{n}z_n\]

으로 적으면 좌변은 \(W_1\)의 원소, 우변은 \(W_2\)의 원소이므로 이 공통의 벡터는 \(W_1\cap W_2\)의 원소이다. \(\mathcal{B}_0\)이 \(W_1\cap W_2\)의 basis이므로, 적당한 스칼라들 \(\alpha_i'\)들을 다시 잡아

\[\beta_1y_1+\cdots+\beta_my_m=\alpha_1'x_1+\cdots+\alpha_k'x_k=-\gamma_1z_1-\cdots-\gamma_nz_n\]

로 적을 수 있다. 그런데 첫째 등식의 경우, \(\alpha_i'x_i\)들을 다시 좌변으로 넘겨서 \(\beta_iy_i\)들과 합쳐주면

\[(\beta_1-\alpha_1')y_1+\cdots+(\beta_k-\alpha_k')y_k+\beta_{k+1}y_{k+1}+\cdots+\beta_my_m=0\]

이 되므로, \(\mathcal{B}_1\)의 일차독립성에 의해 계수들이 모두 0이고, 특히 \(\beta_{k+1}=\cdots=\beta_m=0\)이다. 마찬가지로 둘째 등식에서 \(\gamma_{k+1}=\cdots=\gamma_n=0\)이고, 그럼 (2)에서 남는 식은 \(\alpha_1x_1+\cdots+\alpha_kx_k=0\)뿐인데 \(x_1,\ldots,x_k\)는 \(W_1\cap W_2\)의 basis이므로 다시 일차독립성에 의해 이들도 모두 0이다. 즉, \(\mathcal{B}_1\cup\mathcal{B}_2\)는 \(W_1+W_2\)를 span하는 일차독립인 부분집합이고 따라서 \(W_1+W_2\)의 basis이다. 이제

\[\dim(W_1+W_2)=\lvert\mathcal{B}_1\cup\mathcal{B}_2\rvert=\lvert\mathcal{B}_1\rvert+\lvert\mathcal{B}_2\rvert-\lvert\mathcal{B}_0\rvert=\dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1\cap W_2).\]

참고문헌

[Goc] M.S. Gockenbach, Finite-dimensional linear algebra, Discrete Mathematics and its applications, Taylor&Francis, 2011.

댓글남기기