공간의 직합
$n\times n$ 행렬 $A$와, 한 고윳값 $\lambda$를 생각하자. 정의에 의해 $\lambda$에 해당하는 고유공간 $E_\lambda$의 임의의 벡터 $v$는 반드시 다음의 식
\[Av=\lambda v\]을 만족한다. 따라서, $E_\lambda$로 제한했을 때 $A$는 아주 다루기 쉬운 대상인 $v\mapsto \lambda v$가 된다.
더 일반적으로, $A$를 $F^n$에서 $F^n$으로의 linear map으로 생각하고, 정의역 $F^n$을 고유공간 $E_\lambda$들로 덮을 수 있다 가정하자. 즉
\[F^n=\span\left(\bigcup_{\lambda\in\Spec(A)}E_\lambda\right)\]이라 하자. 그럼 임의의 $v\in F^n$에 대하여, $v_\lambda\in E_\lambda$들이 각각 존재하여
\[v=\sum_{\lambda\in\Spec(A)}v_\lambda\]이라 쓸 수 있으며, 따라서
\[Av=A\left(\sum_{\lambda\in\Spec(A)}v_\lambda\right)=\sum_{\lambda\in\Spec(A)}Av_\lambda\]이고, 위의 논증에 의하여 $Av_\lambda=\lambda v_\lambda$이므로 다음의 식
\[Av=\sum_{\lambda\in\Spec(A)}\lambda v_\lambda\]을 얻는다. 물론 위의 계산이 말이 되기 위해서는 $v$를 $v_\lambda$들의 합으로 나타내는 방법이 유일해야 한다. 이를 다음과 같이 정의한다.
정의 1 임의의 $F$-벡터공간 $V$가 그 부분공간 $(W_i)_{i\in I}$들의 direct sum직합이라는 것은, 임의의 $v\in V$가 주어질 때마다 적당한 $(v_i)_{i\in I}$가
이 성립하는 것이다.1 이를 $V=\bigoplus_{i\in I}W_i$와 같이 적는다.
자명하지 않은 경우 중 가장 쉬운 것은 $I$가 원소 두 개짜리 집합일 때이다.
명제 2 $F$-벡터공간 $V$의 두 부분공간 $W_1,W_2$에 대하여, $V=W_1\oplus W_2$인 것은 $V=W_1+W_2$이고 $W_1\cap W_2=\{0\}$인 것과 동치이다.
증명
우선 $V=W_1\oplus W_2$라 가정하자. 정의에 의해 $W_1+W_2\subseteq V$인 것은 자명하다. 거꾸로 임의의 $v\in V$를 택하면, $v=w_1+w_2$이도록 하는 $w_i\in W_i$가 존재하므로 $V\subseteq W_1+W_2$ 또한 성립한다. 이로부터 $V=W_1+W_2$임을 안다. 한편, 만일 $W_1\cap W_2\neq \{0\}$이라면, 영이 아닌 $w\in W_1+W_2$에 대하여
\[w=0+w=w+0\]이므로 정의 1에서의 유일성에 모순이 된다.
거꾸로 $V=W_1+W_2$이고 $W_1\cap W_2=\{0\}$이라 하자. 임의의 $v\in V$에 대하여, $V=W_1+W_2$이므로 $v=w_1+w_2$이도록 하는 $w_1\in W_i$가 반드시 존재한다. 또, 이와 같은 표현은 유일하다. 만일
\[v=w_1+w_2=w_1'+w_2'\]라면,
\[w_1-w_1'=w_2-w_2'\]에서 좌변은 $W_1$의 원소, 우변은 $W_2$의 원소이므로 조건 $W_1\cap W_2=\{0\}$으로부터 $w_1-w_1’=w_2-w_2’=0$이기 때문이다.
위 명제의 한 쪽 방향은 $I$가 셋 이상의 원소를 가지고 있어도 성립한다. 즉, 만일 $V=\bigoplus_{i\in I}W_i$라면, $V=\sum_{i\in I}W_i$이고, $i\neq j$일 때마다 $W_i\cap W_j=\{0\}$이 성립하며, 그 증명 또한 위와 같다. 그러나 일반적으로 반대방향은 성립하지는 않는다.
가령 $V=\mathbb{R}^2$로 두고, $V$의 두 standard basis $e_1,e_2$를 잡자. $W_1=\mathbb{R}e_1$, $W_2=\mathbb{R}e_2$, $W_3=\mathbb{R}(e_1+e_2)$으로 잡으면 $V=W_1+W_2+W_3$, 그리고 $i\neq j$일 때마다 $W_i\cap W_j$지만 $V\neq W_1\oplus W_2\oplus W_3$이다.
\[e_1+e_2=e_1+e_2+0=0+0+(e_1+e_2)\]와 같이, $e_1+e_2\in V$를 나타내는 방법이 유일하지 않기 때문이다.
또 다른 예시로, $V$의 basis $\mathcal{B}=\{x_1,\ldots, x_n\}$을 하나 택하자. $W_i=Fx_i$이라 하면, $\mathcal{B}$가 basis라는 조건은 정확하게 $V$가 $W_i$들의 direct sum이라는 조건과 일치하게 된다. 더 일반적으로 다음이 성립한다.
명제 2 임의의 $F$-벡터공간 $V$와, 부분공간 $(W_i)_{i\in I}$에 대하여 $V=\bigoplus_{i\in I} W_i$인 것은 $W_i$의 basis $\mathcal{B}_i$들이 $i\neq j$일 때마다 $\mathcal{B}_i\cap\mathcal{B}_j=\emptyset$을 만족하고, $\bigcup_{i\in I}\mathcal{B}_i$가 $V$의 basis가 되는 것과 동치이다.
증명
우선 $V=\bigoplus W_i$라 가정하고, $W_i$들의 basis $\mathcal{B}_i$를 택하자. 만일 $\mathcal{B}_i\cap\mathcal{B}_j\neq\emptyset$이라면 $W_i\cap W_j\neq\emptyset$가 되어 명제 2 이후의 논의에 모순이므로, 반드시 $\mathcal{B}_i\cap\mathcal{B}_j=\emptyset$이어야 한다. 임의의 $v\in V$에 대하여, $V=\bigoplus W_i$로부터 다음의 식
\[v=\sum\_{i\in I} w\_i\]을 만족하는 $w_i$들이 유일하게 존재한다. 또, $W_i$들 각각에서 $w_i$들을 $\mathcal{B}_i$의 원소들의 일차결합으로 유일하게 표현할 수 있다. 이로부터 $\bigcup\mathcal{B}_i$가 $V$의 basis가 된다는 것을 알 수 있다.
이 논증을 거꾸로 뒤집으면 반대방향 또한 보일 수 있다.
따라서 $\dim V=\sum_{i\in I}\dim W_i$임을 알 수 있다.
대각화
이제 $F^n$을 고유공간으로 분해하는 법을 살펴본다. 앞선 명제 2로부터 벡터공간 $F^n$을 고유공간들 $E_\lambda$로 분해하는 것은 $E_\lambda$의 basis들을 모아서 $F^n$의 basis를 나타내는 것과 같다는 것을 안다. 또, 영이 아닌 벡터 $x_1$이 고윳값 $\lambda_1$에 대응되는 고유벡터라 하면, 또 다른 고윳값 $\lambda_2$에 대하여
\[Ax_1=\lambda_1x_1\neq\lambda_2 x_1\]이므로 $x_1\not\in E_{\lambda_2}$임을 안다. 따라서 $E_\lambda$들의 basis를 어떻게 잡더라도, 서로 다른 $\lambda_1,\lambda_2$에 대하여 $E_{\lambda_1}, E_{\lambda_2}$의 basis가 겹치는 일은 없다. 뿐만 아니라 다음이 성립한다.
명제 3 임의의 행렬 $A$에 대하여, $x_1,\ldots, x_m$들이 각각 서로 다른 고윳값들 $\lambda_1,\ldots,\lambda_m$들에 대응되는 고유벡터들이라 하자. 그럼 집합 $\{x_1,\ldots,x_m\}$은 일차독립이다.
증명
결론을 부정하여 집합 $\{x_1,x_2,\ldots, x_m\}$이 일차종속이라 하자. 즉, 다음의 식
\[\alpha_1x_1+\alpha_2x_2+\cdots+\alpha_mx_m=0\tag{1}\]을 만족하며 모두 영은 아닌 스칼라들 $\alpha_i$들이 존재한다. 이제 이를 만족하는 $(\alpha_i)_{1\leq i\leq m}$들 중, $\supp(\alpha_i)$가 가장 작도록 하는 모임을 골라 이를 $(\beta_i)_{1\leq i\leq m}$라 하자. 즉, 만일 $\beta_i\neq0$을 만족하는 $i$의 갯수가 $k$개라면, $k$개 미만의 $i$에 대하여 $\alpha_i\neq 0$을 만족하는 $(\alpha_i)_{1\leq i\leq m}$은 위의 식 (1)을 만족하지 않는다.
이제 적어도 2개의 $\beta_i$에 대하여 $\beta_i\neq 0$이므로, 일반성을 잃지 않고 $\beta_m\neq 0$이라 하자. 그럼
\[x_m=\sum_{i=1}^{m-1}\left(-\frac{\beta_i}{\beta_m}\right)x_i\]이다. 편의상 이를 $x_m=\sum_{i=1}^{m-1}\beta’_ix_i$라 하자. 양 변에 $A$를 곱하면
\[Ax_m=\sum_{i=1}^{m-1}\beta'_i(Ax_i)\]이고, $x_m$들은 고유벡터들이므로
\[\lambda_mx_m=\sum_{i=1}^{m-1}\beta'_i\lambda_i x_i\]이다. 그런데 $x_m=\sum_{i=1}^{m-1}\beta’_ix_i$의 양변에 $\lambda_m$을 곱하면
\[\lambda_mx_m=\sum_{i=1}^{m-1}\beta_i'\lambda_mx_i\]이므로, 이를 앞서서 얻은 식과 연립하면
\[0=\sum_{i=1}^{m-1}\beta_i'(\lambda_i-\lambda_m)x_i\]이고, $\beta_i’=-(\beta_i/\beta_m)$이므로 양 변에 $\beta_m$을 곱해 위의 식을 정리하면
\[0=\sum_{i=1}^{m-1}\beta_i(\lambda_i-\lambda_m)x_i\]이다. 만일 $(\beta’‘_i)_{1\leq i\leq n}$을 다음의 식
\[\beta_i''=\begin{cases}\beta_i(\lambda_i-\lambda_m)&1\leq i\leq m-1\\0&i=m\end{cases}\]으로 정의하면 위의 식은
\[\beta_1''x_1+\beta_2''x_2+\cdots+\beta_m''x_m=0\]이 된다. 가정에 의해 $\lambda_i-\lambda_m\neq 0$이므로, $1\leq i\leq m-1$에 대해서는 $\beta_i’‘=0$인 것과 $\beta_i=0$인 것이 동치이다. 따라서 $\beta_i’‘\neq 0$을 만족하는 $1\leq i\leq m-1$은 $k-1$개이고, $\beta_m’‘=0$이므로 $\supp(\beta_i’’)_{1\leq i\leq m}$의 크기는 $k-1$이다. 이는 $(\beta_i)_{1\leq i\leq m}$의 최소성에 모순이므로, 집합 $\{x_1,x_2,\ldots, x_m\}$은 일차독립이다.
이로부터, 임의의 행렬 $A$와 그 고윳값들 $\lambda\in\Spec(A)$, 이에 대응되는 고유공간들을 $E_\lambda$, 그리고 이들의 basis를 $\mathcal{B}_\lambda$라 한다면 $\mathcal{B}=\bigcup_{\lambda\in\Spec(A)}\mathcal{B}_\lambda$가 $F^n$의 일차독립인 부분집합이 된다는 것을 안다. 그러나 일반적으로 $\mathcal{B}$가 $F^n$의 basis가 될 이유는 없다. 가령 §특성다항식, ⁋예시 7을 보면, $F=\mathbb{R}$에서 $\Spec(J)=\emptyset$이므로 $\mathcal{B}=\emptyset$이다. 뿐만 아니라 $A$의 특성다항식이 정확히 $n$개의 해를 갖는다고 가정해도 비슷한 문제가 생길 수 있는데, 가령 다음의 행렬
\[A=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}\]의 특성다항식은 $(\mathbf{x}-1)^3=0$이지만, 고윳값 $1$에 해당하는 고유벡터는 오직 $(1,0,0)$ 뿐임을 알 수 있다. 이를 이전 글에서 도입한 언어로 바꾸어 쓰자면, 고윳값 $1$의 대수적 중복도는 $3$이고, 기하적 중복도는 $1$이라 할 수 있다.
다음 명제는
명제 4 $n\times n$ 행렬 $A$의 고윳값 $\lambda\in F$에 대하여, $\lambda$의 기하적 중복도는 항상 $\lambda$의 대수적 중복도를 넘지 못한다.
증명
$\lambda$의 기하적 중복도가 $k$라 하고, $E_\lambda(A)$를 span하는 $k$개의 일차독립인 벡터들 $x_1,\ldots, x_k$를 생각하자. 여기에 $(n-k)$개의 벡터 $x_{k+1},\ldots, x_k$를 추가하여 $F^n$의 새로운 basis $\{x_1,\ldots, x_n\}$을 만들 수 있다. 이제 행렬 $X$를
\[X=(x_1|x_2|\cdots|x_n)\]으로 정의한다면, $X$의 열들이 일차독립이므로 $X^{-1}$이 존재한다. $X^{-1}$의 각 row들을 $y_i$라 하자. 식 $X^{-1}X=XX^{-1}=I$에서
\[y_i\cdot x_j=\begin{cases}1&i=j\\ 0&i\neq j\end{cases}\]이 성립한다. 따라서 $A’=X^{-1}AX$라 한다면
\[\begin{aligned}A'&=X^{-1}(AX)=\begin{pmatrix}y_1\\ y_2\\ \vdots\\ y_n\end{pmatrix}(Ax_1|Ax_2|\cdots|Ax_n)\\ &=\begin{pmatrix}y_1\cdot Ax_1&y_1\cdot Ax_2&\cdots& y_1\cdot Ax_k&\cdots&y_1\cdot Ax_n\\ y_2\cdot Ax_1&y_2\cdot Ax_2&\cdots &y_2\cdot Ax_k&\cdots &y_2\cdot Ax_n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\ddots&\vdots\\ y_k\cdot Ax_1&y_k\cdot Ax_2&\cdots&y_k\cdot Ax_k&\cdots&y_k\cdot Ax_n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\ddots&\vdots\\ y_n\cdot Ax_1&y_n\cdot Ax_2&\cdots &y_n\cdot Ax_k&\cdots&y_n\cdot Ax_n \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}y_1\cdot (\lambda x_1)&y_1\cdot (\lambda x_2)&\cdots& y_1\cdot (\lambda x_k)&\cdots&y_1\cdot Ax_n\\ y_2\cdot (\lambda x_1)&y_2\cdot (\lambda x_2)&\cdots &y_2\cdot (\lambda x_k)&\cdots &y_2\cdot Ax_n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\ddots&\vdots\\ y_k\cdot (\lambda x_1)&y_k\cdot (\lambda x_2)&\cdots&y_k\cdot (\lambda x_k)&\cdots&y_k\cdot Ax_n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\ddots&\vdots\\ y_n\cdot (\lambda x_1)&y_n\cdot (\lambda x_2)&\cdots &y_n\cdot (\lambda x_k)&\cdots&y_n\cdot Ax_n \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}\lambda&0&\cdots& 0&\cdots&y_1\cdot Ax_n\\ 0&\lambda&\cdots &0&\cdots &y_2\cdot Ax_n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\lambda&\cdots&y_k\cdot Ax_n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots &0&\cdots&y_n\cdot Ax_n \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}\lambda I_k&B\\ 0&C\end{pmatrix}\end{aligned}\]이 된다. 따라서 $A$의 특성다항식을 $p_A(\mathbf{x})$라 적으면, 이전 글의 정의 3 다음의 논증으로부터 $p_A(\mathbf{x})=p_{A’}(\mathbf{x})$이고 따라서
\[p_A(\mathbf{x}=p_{A'}(\mathbf{x})=\det(\mathbf{x}I-A')=(\mathbf{x}-\lambda)^k\det(\mathbf{x}I_{n-k}-C)\]임을 안다. 즉, $p_A$에서 $\lambda$의 대수적 중복도는 최소 $k$이다.
$n\times n$ 행렬 $A$가 주어졌다 하고, $A$의 특성다항식을 $p_A$라 하면, 고윳값 $\lambda$들의 대수적 중복도의 합은 $p_A$의 차수인 $n$을 넘지 못한다. 또, 고정된 고윳값 $\lambda$에 대해, 위 명제는 $\lambda$의 기하적 중복도가 대수적 중복도를 넘지 못한다는 것을 보여준다. 마지막으로 명제 3 이후의 논증으로부터, $F^n$을 고유공간으로 분해하기 위해서는 $\lambda$들의 기하적 중복도를 모두 합쳤을 때 $n$이 되어야 한다는 사실을 알 수 있다. 이를 모두 정리하면 다음 명제를 얻는다.
명제 5 임의의 $n\times n$ 행렬 $A$에 대하여, $F^n$이 $A$의 고유공간들의 direct sum으로 표현가능할 필요충분조건은
- $A$의 특성다항식이 중복도를 고려하였을 때 $n$개의 근을 가지며,
- 이 때 각각의 고윳값의 기하적 중복도와 대수적 중복도가 같은 것이다.
특별히 $F$가 algebraically closed field라면 첫째 조건은 항상 만족되므로, 둘째 조건만 고려하면 된다.
[Goc] M.S. Gockenbach, Finite-dimensional linear algebra, Discrete Mathematics and its applications, Taylor&Francis, 2011.
[Lee] 이인석, 선형대수와 군, 서울대학교 출판문화원, 2005.
-
물론, 언제나와 같이 이 합은 사실은 유한합인 것으로 가정한다. 즉 $(v_i)_{i\in I}$는 finitely supported인 것으로 가정한다. ↩
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