대칭군
정의 1 집합 $\{1,\ldots, n\}$에서 자기 자신으로의 모든 전단사함수들의 모임을 symmetric group대칭군이라 부르고, $S_n$으로 표기한다. $S_n$의 원소들을 permutation치환이라 부른다.
$S_n$의 원소들은 함수의 합성에 대하여 group을 이루며, 이 때의 항등원은 $\id$이며 함수 $\sigma\in S_n$의 역원은 역함수 $\sigma^{-1}$이다.
$S_n$의 원소들 중, $\id$ 다음으로 간단한 것은 $\{1,\ldots, n\}$의 원소들 중 두 개를 골라 이 둘의 위치를 바꾸는 함수이다. 예를 들어 $i,j\in \{1,\ldots, n\}$에 대하여 다음의 식
\[\sigma(k)=\begin{cases}i&\text{if $k=j$,}\\j&\text{if $k=i$,}\\k&\text{otherwise.}\end{cases}\]으로 정의된 함수가 그러하다. 이러한 함수들을 transposition호환이라 부른다.
$S_n$의 모든 원소들은 항상 transposition들의 유한한 합성으로 나타날 수 있다는 것이 잘 알려져 있다. 임의의 원소 $\sigma\in S_n$가 주어졌다 하고, 다음의 식과 같이 $\sigma$를 transposition들의 합성으로 나타내는 방법 두 가지가 주어졌다 하자.
\[\sigma=\tau_1\circ\tau_2\circ\cdots\circ\tau_n=\tau_1'\circ\tau_2'\circ\cdots\circ\tau_m'.\]일반적으로 $m$과 $n$이 같을 필요는 없으나, $m,n$이 홀수인지 짝수인지의 여부는 항상 동일하다. 만일 이 숫자가 짝수일 경우, $\sigma$를 even permutation짝치환이라 부르고, 홀수라면 odd permutation홀치환이라 부른다. 그럼 함수 $\sgn:S_n\rightarrow\{-1,1\}$을 다음의 식
\[\sgn(\sigma)=\begin{cases}1&\text{if $\sigma$ is even}\\-1&\text{if $\sigma$ is odd}\end{cases}\]으로 정의할 수 있다. 이 함수는 group homomorphism이 된다. 즉, 임의의 $\sigma,\sigma’\in S_n$에 대하여
\[\sgn(\sigma\circ\sigma')=\sgn(\sigma)\sgn(\sigma')\]이 성립한다.
임의의 alternating multilinear map $f:(F^n)^n\rightarrow F$가 주어졌다 하자. 그럼 $\sgn$의 정의에 의하여,
\[f(v_1,v_2,\ldots, v_n)=\sgn(\sigma)f(v_{\sigma(1)},v_{\sigma(2)},\ldots, v_{\sigma(n)})\]이 성립한다는 것을 알 수 있다.
행렬식의 존재성과 유일성
보조정리 2 §행렬식, ⁋정의 4을 만족하는 함수 $D$는 유일하게 존재한다.
증명
$f$가 alternating linear map이라 하자. 임의의 $v_1,\ldots, v_n\in V$에 대하여, 만일
\[v_i=v_1^ie_1+\cdots v_n^ie_n,\qquad i=1,\ldots, n\]이라 하면
\[\begin{aligned}f(v_1,\ldots, v_n)&=\sum_{i_1=1}^nv_{i_1}^1f(e_{i_1},v_2,\ldots, v_n)\\ &=\sum_{i_1,i_2=1}^n v_{i_1}^1v_{i_2}^2f(e_{i_1},e_{i_2},v_3,\ldots, v_n)\\&=\cdots\\&=\sum_{i_1,\ldots, i_n=1}^nv_{i_1}^1v_{i_2}^2\ldots, v_{i_n}^nf(e_{i_1},\ldots, e_{i_n})\end{aligned}\]이 성립한다. §행렬식, ⁋명제 3에 의하여, $i_1,\ldots, i_n$들 중 같은 것이 존재한다면 $f(e_{i_1},\ldots,e_{i_n})$의 값은 항상 0이 되므로, 우변의 식은
\[f(v_1,\ldots, v_n)=\sum_{\sigma\in S_n}v^1_{\sigma(1)}v^2_{\sigma(2)}\cdots v^n_{\sigma(n)}f(e_{\sigma(1)},\ldots, e_{\sigma(n)})\]이 된다. 앞서 살펴본 $\sgn$의 성질에 의하여 이는 다시
\[f(v_1,\ldots, v_n)=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)v^1_{\sigma(1)}v^2_{\sigma(2)}\cdots v^n_{\sigma(n)}f(e_1,e_2,\ldots, e_n)\tag{1}\]과 같다. 따라서, 만일 $D,D’$가 행렬식의 정의를 만족하는 두 함수라면
\[D(e_1,\ldots, e_n)=D'(e_1,\ldots, e_n)=1\]이므로 식 (1)에 의해 $D=D’$가 반드시 성립해야 한다.
존재성의 경우, 마찬가지로 식 (1)에서 힌트를 얻어
\[D(v_1,\ldots, v_n)=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)v^1_{\sigma(1)}v^2_{\sigma(2)}\cdots v^n_{\sigma(n)}\]으로 정의한 후 $D$가 실제로 alternating multilinear map이 된다는 것을 보이면 된다. 이는 단순히 위의 계산을 반대방향으로 반복하는 것이므로 생략한다.
따라서 행렬식이 잘 정의되며, 이를 $\det$으로 적는다. 위 명제의 증명과정에서 우리는 행렬식 $\det A$를 식으로 얻어냈다. 즉, 행렬 $A$의 $i$번째 열벡터를 $A_i$로 표기하면 $A_i$의 $j$번째 성분은 $A_{ji}$와 같고, 따라서
\[\det A=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)A_{\sigma(1)1}A_{\sigma(2)2}\cdots A_{\sigma(n)n}\tag{2}\]이 된다. 가령 $n=2$인 경우, $S_2$의 두 원소는 $\id$, 그리고 $1$과 $2$의 위치를 바꾸는 함수 $\sigma$이므로 행렬식은
\[\det A=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)A_{\sigma(1)1}A_{\sigma(2)2}\cdots A_{\sigma(n)n}=\sgn(\id)A_{11}A_{22}+\sgn(\sigma)A_{21}A_{12}=A_{11}A_{22}-A_{21}A_{12}\]이 된다. 일반적으로 $n$이 클 경우 이 식을 이용해서 행렬식의 값을 직접 계산하는 것은 번거롭지만, 행렬식에 관한 여러가지 성질을 증명할 때는 위의 식이 많은 도움이 된다.
따름정리 4 임의의 행렬 $A\in\Mat_n(F)$에 대하여, $\det(A^t)=\det A$가 성립한다.
증명
우선, transposition들 $\tau_i$에 대하여 $\sigma=\tau_1\circ\ldots\tau_k$라면 $\sigma^{-1}=\tau_k^{-1}\circ\cdots\circ\tau_1^{-1}$이므로 $\sgn(\sigma)=\sgn(\sigma^{-1})$가 항상 성립한다. 이제 $A^t$의 정의로부터 $A_{ij}=(A^t)_{ji}$이고,
\[\det(A^t)=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)A_{1\sigma(1)}\cdots A_{n\sigma(n)}=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma^{-1})A_{\sigma^{-1}(1)1}\cdots A_{\sigma^{-1}(n)n}\]이므로 원하는 결과를 얻는다.
또, 위의 식으로부터 우리는 행렬식이 곱셈을 보존한다는 것을 알 수 있다.
보조정리 5 임의의 행렬 $A,B\in\Mat_n(F)$에 대하여, $\det(AB)=\det(A)\det(B)$가 성립한다.
증명
행렬 $AB$의 $i,j$ 성분은 다음의 식
\[(AB)_{ij}=\sum_{k=1}^nA_{ik}B_{kj}\]을 통해 얻어진다. 따라서,
\[\begin{aligned}\det(AB)&=\det((AB)_1, (AB)_2,\ldots, (AB)_n)\\&=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)(AB)_{\sigma(1)1}(AB)_{\sigma(2)2}\cdots(AB)_{\sigma(n)n}\\&=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)\left(\sum_{i_1=1}^nA_{\sigma(1)i_1}B_{i_11}\right)\cdots\left(\sum_{i_n=1}^nA_{\sigma(n)i_n}B_{i_nn}\right)\\&=\sum_{\sigma\in S_n}\sum_{i_1,\ldots, i_n=1}^n\sgn(\sigma)A_{\sigma(1)i_1}\cdots A_{\sigma(n)i_n}B_{i_11}\cdots B_{i_nn}\\&=\sum_{i_1,\ldots, i_n=1}^nB_{i_11}\cdots B_{i_nn}\left(\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)A_{\sigma(1)1}\cdots A_{\sigma(n)n}\right)\\&=\sum_{i_1,\ldots, i_n=1}^n\det(A_{i_1},\ldots, A_{i_n})B_{i_11}\cdots B_{i_nn}\end{aligned}\]이제 $\tau\in S_n$을 다음의 식
\[\tau(1)=i_1,\ldots, \tau(n)=i_n\]을 만족하는 원소라고 정의하면, 위의 식의 우변은 다시
\[\sum_{\tau\in S_n}\sgn(\tau)\det(A)B_{\tau(1)1}\cdots B_{\tau(n)n}=\det(A)\det(B)\]가 되므로, 증명이 완료된다.
우리는 이전 글에서 행렬 $A$가 가역인 것과 $\det A\neq 0$이 동치라는 것을 기하학적으로 설명했다. 방금 전의 보조정리 5를 이용하면 이를 엄밀하게 증명할 수 있다.
명제 6 임의의 행렬 $A\in\Mat_n(F)$에 대하여, $\det A\neq 0$인 것과 $A$가 가역인 것이 동치이다.
증명
선형대수학의 기본정리로부터, $A$가 가역인 것은 $A$에 의해 정의되는 linear map $L_A:F^n\rightarrow F^n$이 가역인 것과 동치라는 것을 안다. $F^n$은 유한차원이므로 이는 다시 $L_A$가 surjective인 것과 동치이고, 이는 $\col(A)$의 basis인 열벡터들 $A_1,\ldots, A_n$들이 일차독립인 것과 동치이다. 만일 $A_1,\ldots, A_n$들이 일차독립이 아니라면 §행렬식, ⁋명제 3에 의하여 $\det A=0$이 된다. 즉, $\det A\neq 0$이라면 $A$는 가역이다.
거꾸로 $A$가 가역이라 가정하자. 그럼 다음의 식
\[1=\det(I)=\det(A^{-1}A)=\det(A^{-1})\det(A)\tag{3}\]으로부터 $\det A\neq 0$임을 안다.
위의 명제의 증명에서 등장한 식 (3)으로부터 다음 따름정리를 얻는다.
따름정리 7 가역행렬 $A\in\Mat_n(F)$에 대하여 $\det(A^{-1})=(\det A)^{-1}$이 성립한다.
삼각행렬과 행렬식
앞서 살펴본 공식은 행렬식을 구하기 위해 $n!$개의 수를 계산해야 하므로 비효율적이다. 그러나 특정한 경우에는 이 공식이 유용하게 적용된다.
정의 8 행렬 $A\in\Mat_n(F)$이 상삼각행렬upper triangular matrix이라는 것은 $i>j$일 때마다 $A_{ij}=0$인 것이다. 비슷하게, $i < j$일 때마다 $A_{ij}=0$이라면 $A$를 하삼각행렬lower triangular matrix이라 부르고, 상삼각행렬과 하삼각행렬을 합쳐 간단히 삼각행렬triangular matrix이라 부른다.
한편, 행렬 $A$의 성분들 $A_{ii}$를 $A$의 대각성분이라 하고, 만일 $i\neq j$일 때마다 $A_{ij}=0$이라면 $A$를 대각행렬diagonal matrix이라 부른다.
특별히 모든 $n\times n$ 행사다리꼴행렬은 모두 상삼각행렬이다. (§가우스 소거법, ⁋정의 2)
명제 9 임의의 삼각행렬 $A$에 대하여, $\det(A)$는 대각성분들의 곱과 같다.
증명
위에서 살펴본 행렬식의 공식
\[\det A=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn(\sigma)A_{\sigma(1)1}A_{\sigma(2)2}\cdots A_{\sigma(n)n}\]을 다시 한 번 살펴보자. 임의의 $\sigma\in S_n$에 대하여, $\sigma$는 전단사함수이므로 만일 $\sigma(i)>i$인 $i$가 존재한다면 반드시 $\sigma(j)<j$인 $j$가 존재해야 한다. 따라서 위의 식에서 더해지는 값들은 $\sigma=\id$인 경우를 제외하면 항상 0이 된다.
§가우스 소거법에 의해 임의의 행렬은 기본행연산을 반복하여 행사다리꼴행렬로 바꿀 수 있다. 임의의 행사다리꼴행렬은 모두 상삼각행렬이므로, 위의 명제를 통하면 이렇게 얻어진 행사다리꼴행렬의 행렬식을 매우 쉽게 구할 수 있다. 한편 기본행연산을 적용하는 것은 기본행렬들을 곱하는 것과 같다. 따라서, 만일 행렬 $A$로부터 기본행연산 $E_1,\ldots, E_k$를 반복하여 행사다리꼴행렬 $A’$를 얻었다면,
\[A'=E_kE_{k-1}\cdots E_1 A\]이므로
\[\det(A')=\det(E_k)\det(E_{k-1})\cdots\det(E_1)\det(A)\]가 된다. 따라서 기본행렬들 $E_{i,j}$, $E’_{i,r}$, $E’‘_{i,j,r}$의 행렬식을 살펴보자. 우선 $E_{i,j}$와 $E’_{i,r}$의 경우, 행렬식의 정의로부터
\[\det E_{i,j}=-1,\quad \det E'_{i,r}=r\]이라는 것을 쉽게 알 수 있다. 또, $E’‘_{i,j,r}$은 반드시 삼각행렬이고, 대각성분의 곱이 1이므로 $\det E’‘_{i,j,r}=1$이 성립한다.
Block matrix의 행렬식
한편, 행렬식의 공식 (2)를 이용하면 우리는 블록행렬의 행렬식 또한 구할 수 있다.
명제 10 $A\in\Mat_k(F)$이고 $I$가 $l\times l$ 항등행렬이라 하자. 그럼 다음의 블록행렬
\[\begin{pmatrix}A&O\\O&I\end{pmatrix}\]의 행렬식의 값은 $\det A$와 같다.
증명
명제 9의 증명과 거의 동일하다. 식 (2)을 통해 주어진 행렬의 행렬식을 계산하면
\[\det \begin{pmatrix}A&O\\O&I\end{pmatrix}=\sum_{\sigma\in S_{k+l}}\sgn(\sigma)A_{\sigma(1)1}A_{\sigma(2)2}\cdots A_{\sigma(k)k}B_{\sigma(k+1)(k+1)}\cdots B_{\sigma(k+l)(k+l)}\]과 같다. 여기서 $B_{k+i}$는 $k+i$번째 성분만 $1$이고, 나머지 성분은 모두 $0$인 $F^{k+l}$의 원소이다. 그럼
\[\sigma(k+1)=k+1,\ldots,\sigma(k+l)=k+1\]이 아닌 이상 우변에서 더해지는 값은 항상 0이 되고, 따라서 뒤의 $l$개가 고정되는 $\sigma$에 대해서만 합을 계산하면 된다. 즉 주어진 행렬의 행렬식은 정확히 식 (2)와 동일하게 되어 주어진 명제가 성립한다.
따름정리 11 $A\in\Mat_k(F),B\in\Mat_l(F), C\in\Mat_{l\times k}(F)$에 대하여, 다음의 블록행렬
\[\begin{pmatrix}A&O\\C&B\end{pmatrix}\]의 행렬식은 $\det A\det B$와 같다.
증명
다음의 식
\[\begin{pmatrix}A&O\\C&B\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A&O\\O&E\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I&O\\O&I\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I&O\\O&B\end{pmatrix}\]과 명제 10, 그리고 보조정리 5에 의해 자명하다. 마지막 행렬의 경우, $l$번의 행 바꿈 후 $l$번의 열 바꿈을 하여 $2l$번의 부호 변경이 생겨 주어진 행렬의 행렬식이 $\det B$와 같게 된다.
어렵지 않게 위의 결과들을 귀납적으로 확장할 수 있다. 즉
\[\det\begin{pmatrix}A_{11}&A_{12}&\cdots&A_{1n}\\O&A_{22}&\cdots&A_{2n}\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\O&O&\cdots&A_{nn}\end{pmatrix}=\det A_{11}\det A_{22}\cdots\det A_{nn}\]이 성립한다. 다만 블록행렬로 표현하였을 때 삼각행렬이 되지 않는 경우에는 비슷한 결과가 성립하지
의 행렬식의 값은 일반적으로 $\det A\det D-\det B\det C$와는 다르다.
라플라스 전개
$n$차 정사각행렬 $A$가 주어졌을 때, $A$의 행렬식을 가장 쉽게 구할 수 있는 방법 중 하나는 지금부터 소개할 라플라스 전개를 사용하는 것이다. 이를 위해서는 정의가 필요하다.
정의 12 행렬 $A\in\Mat_n(F)$이 주어졌다 하자. $1\leq i,j\leq n$에 대하여, $A^{(i,j)}$는 행렬 $A$의 $i$행, $j$열을 없애서 얻어지는 $(n-1)$차 정사각행렬이다.
라플라스 전개는 $A$의 행렬식을 $\det A^{(i,j)}$들에 대한 식으로 나타내어준다.
정리 13 임의의 행렬 $A\in\Mat_n(F)$과, 임의의 $1\leq i\leq n$에 대하여 다음의 식
\[\det A=\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j}A_{ij}\det (A^{(i,j)})\]이 성립한다.
증명
우선 $i,j$를 고정하자. $A$에서 $i$번째 행을 모두 $0$으로 바꾸되, 오직 $j$번째 성분만을 남겨둔 행렬을 $B_j$라 하자. 그 후, 행의 순서를 $i-1$번 바꾸어 $i$행을 첫째 행으로 올리고, 열의 순서를 $j-1$번 바꾸어 $j$열을 첫째 열로 가져와서 그 행렬을 $B_j’$라 하자. 그럼
\[B_j'=\begin{pmatrix}A_{ij}&0&\cdots&0\\A_{1j}&&&\\\vdots&&A^{(i,j)}&\\A_{nj}&&&\end{pmatrix}\]이다. 이제 명제 10에 의하여 이 행렬의 행렬식은 $A_{ij}\det A^{(i,j)}$와 같고, 따라서
\[\det B_j=(-1)^{i+j-2}\det B_j'=(-1)^{i+j-2}A_{ij}\det A^{(i,j)}=(-1)^{i+j}A_{ij}\det A^{(i,j)}\]이다. 한편, $i$번째 열에 대한 multilinearity를 사용하면 $B_j$들의 행렬식의 합은 $A$의 행렬식과 같으므로 원하는 식
\[\det A=\sum_{j=1}^n\det B_j=\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j}A_{ij}\det A^{(i,j)}\]을 얻는다.
참고문헌
[Goc] M.S. Gockenbach, Finite-dimensional linear algebra, Discrete Mathematics and its applications, Taylor&Francis, 2011.
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