K

Grad. student in mathematics

Extension by linearityPermalink

정리 1 (Extension by linearity) 임의의 k\mathbb{k}-벡터공간 VV와 basis B\mathcal{B}가 주어졌다 하자. 또 다른 k\mathbb{k}-벡터공간 WW에 대하여, 함수 g:B→Wg:\mathcal{B}\rightarrow W가 주어질 때마다, g=G∘ιg=G\circ\iota이도록 하는 유일한 linear map G:V→WG:V\rightarrow W가 존재한다.

여기서 ι:B→V\iota:\mathcal{B}\rightarrow V는 포함관계 B↪V\mathcal{B}\hookrightarrow V를 의미한다.

증명

주어진 함수 gg에 대하여, 해당 조건을 만족하는 linear map GG가 유일해야 한다는 것은 자명하다. 왜냐하면, 만일 G′:V→WG’:V\rightarrow W가 주어진 조건을 만족하는 또 다른 linear map이라면, 임의의 v∈Vv\in V에 대하여

v=∑x∈Bvxxv=\sum_{x\in \mathcal{B}}v_xx

라 하면

(G−G′)(∑x∈Bvxx)=∑x∈Bvx(G−G′)(x)=∑x∈Bvx(G−G′)(ι(x))=∑x∈Bvx(G∘ι−G′∘ι)(x)=∑x∈Bvx(g−g)(x)=0\begin{aligned}(G-G')\left(\sum_{x\in \mathcal{B}}v_xx\right)&=\sum_{x\in\mathcal{B}}v_x(G-G')(x)=\sum_{x\in\mathcal{B}}v_x(G-G')(\iota(x))\\&=\sum_{x\in\mathcal{B}}v_x(G\circ \iota-G'\circ\iota)(x)=\sum_{x\in\mathcal{B}}v_x(g-g)(x)=0\end{aligned}

이 되기 때문이다.

이제 GG를 실제로 만들어야 한다. 당연히 임의의 v=∑x∈Bvxxv=\sum_{x\in\mathcal{B}}v_xx에 대하여,

G(v)=∑x∈Bvxg(x)G(v)=\sum_{x\in\mathcal{B}} v_xg(x)

로 정의하는 것이 자연스럽다. vv를 BB의 원소들의 일차결합으로 쓰는 방법은 유일하므로, GG는 잘 정의되었으며 어렵지 않게 GG가 linear map이 된다는 것을 증명할 수 있다.

즉, 다음의 diagram이 항상 commute하도록 하는 G:V→WG:V\rightarrow W를 찾을 수 있다.

extend_by_linearity

반대로 임의의 linear map G:V→WG:V\rightarrow W가 주어진다면 이를 B\mathcal{B}로 제한하여 함수 g=G∘ιg=G\circ\iota를 정의할 수 있으며, 위 정리의 유일성 파트에 의하여 이 등식을 만족하는 linear map은 오직 GG 뿐이다. 따라서 다음 두 집합 사이의 전단사함수가 존재한다.

{functions from B to W}⟷{linear maps from V to W}\{\text{functions from $\mathcal{B}$ to $W$}\}\longleftrightarrow\{\text{linear maps from $V$ to $W$}\}

즉 VV에서 WW로의 linear map은 LL이 basis B\mathcal{B} 위에서 어떻게 행동하는지에 의해 완벽하게 결정되며, 만일 VV가 유한차원이었다면 이는 linear map LL이 오직 유한 개의 원소에서의 함수값에 의해서만 결정된다는 의미가 된다.

특별히 공역 WW 또한 유한차원 k\mathbb{k}-벡터공간이라 가정하고, VV의 기저 B={x1,…,xn}\mathcal{B}=\{x_1,\ldots, x_n\}, 그리고 WW의 기저 C={y1,…,ym}\mathcal{C}=\{y_1,\ldots,y_m\}를 고정하자. 그럼 앞선 논증에 의해 VV에서 WW로의 linear map LL은 WW의 nn개의 벡터들

L(x1),L(x2)…,L(xn)L(x_1),L(x_2)\ldots, L(x_n)

에 의해 완벽하게 결정되며, WW의 원소로서 이들은 다시 C\mathcal{C}의 원소들의 일차결합

L(x1)=α11y1+α21y2+⋯+αm1ymL(x2)=α12y1+α22y2+⋯+αm2yma⋮L(xn)=α1ny1+α2ny2+⋯+αmnym(1)\begin{aligned}L(x_1)&=\alpha_{11}y_1+\alpha_{21}y_2+\cdots+\alpha_{m1}y_m\\L(x_2)&=\alpha_{12}y_1+\alpha_{22}y_2+\cdots+\alpha_{m2}y_m\\&\phantom{a}\vdots\\L(x_n)&=\alpha_{1n}y_1+\alpha_{2n}y_2+\cdots+\alpha_{mn}y_m\end{aligned}\tag{1}

으로 표현해줄 수 있다. 그럼 VV의 임의의 원소에서의 LL의 값은 스칼라들 αi,j\alpha_{i,j}, 좌표표현 v=∑i=1nvixiv=\sum_{i=1}^n v_ix_i에서 등장하는 스칼라들 v1,…,vnv_1,\ldots, v_n들을 이용해 basis C\mathcal{C}에 의한 일차결합으로 나타낼 수 있다.

L(v1x1)=α11v1y1+α21v1y2+⋯+αm1v1ymL(v2x2)=α12v2y1+α22v2y2+⋯+αm2v2yma⋮L(vnxn)=α1nvny1+α2nvny2+⋯+αmnvnym\begin{aligned}L(v_1x_1)&=\alpha_{11}v_1y_1+\alpha_{21}v_1y_2+\cdots+\alpha_{m1}v_1y_m\\L(v_2x_2)&=\alpha_{12}v_2y_1+\alpha_{22}v_2y_2+\cdots+\alpha_{m2}v_2y_m\\&\phantom{a}\vdots\\L(v_nx_n)&=\alpha_{1n}v_ny_1+\alpha_{2n}v_ny_2+\cdots+\alpha_{mn}v_ny_m\end{aligned}

이므로, 각 변을 더하면 좌변은

L(v1x1)+L(v2x2)+⋯+L(vnxn)=L(v1x1+v2x2+⋯+vnxn)=L(v)L(v_1x_1)+L(v_2x_2)+\cdots+L(v_nx_n)=L(v_1x_1+v_2x_2+\cdots+v_nx_n)=L(v)

그리고 우변은

(α11v1+α12v2+⋯+α1nvn)y1+(α21v1+α22v2+⋯+α2nvn)y2+⋯+(αm1v1+αm2v2+⋯+αmnvn)ym(\alpha_{11}v_1+\alpha_{12}v_2+\cdots+\alpha_{1n}v_n)y_1+(\alpha_{21}v_1+\alpha_{22}v_2+\cdots+\alpha_{2n}v_n)y_2+\cdots+(\alpha_{m1}v_1+\alpha_{m2}v_2+\cdots+\alpha_{mn}v_n)y_m

이 된다. 따라서 LL은 다음의 대응

v=∑i=1nvixi↦∑j=1m(∑i=1nαjivi)yj=L(v)v=\sum_{i=1}^n v_ix_i\quad\mapsto\quad \sum_{j=1}^m\left(\sum_{i=1}^n\alpha_{ji}v_i\right)y_j=L(v)

으로 이해할 수 있다.

위의 정리를 이용하면 [집합론] §Retraction과 section, ⁋명제 1에 대응되는 다음 명제를 증명할 수 있다.

따름정리 2 두 k\mathbb{k}-벡터공간 V,WV,W와 linear map L:V→WL:V\rightarrow W가 주어졌다 하자.

  1. 만일 LL이 단사함수라면, 적당한 linear map R:W→VR:W\rightarrow V가 존재하여 R∘L=idVR\circ L=\id_V이다.
  2. 만일 LL이 전사함수라면, 적당한 linear map S:W→VS:W\rightarrow V가 존재하여 L∘S=idWL\circ S=\id_W이다.
증명

  1. 우선 LL이 단사함수라 하고, VV의 basis x1,…,xnx_1,\ldots,x_n을 택하자. 그럼 L(x1),…,L(xn)L(x_1),\ldots, L(x_n)은 일차독립이고, 따라서 이들을 포함하는 WW의 basis B\mathcal{B}를 찾을 수 있다. 이제 함수 r:B→Vr:\mathcal{B}\rightarrow V를 다음의 식

    r(v)={xiif v=L(xi)0otherwiser(v)=\begin{cases}x_i&\text{if $v=L(x_i)$}\\0&\text{otherwise}\end{cases}

    으로 정의하고, 여기에 정리 1을 적용하여 얻어진 linear map을 RR이라 하자. 그럼 VV의 basis {x1,…,xn}\{x_1,\ldots,x_n\}의 임의의 원소 xix_i에 대하여 (R∘L)(xi)=xi(R\circ L)(x_i)=x_i이고, 따라서 정리 1의 유일성 부분에 의하여 R∘L=idVR\circ L=\id_V가 성립한다.

  2. LL이 전사함수라 하고, VV의 basis x1,…,xnx_1,\ldots,x_n을 택하자. 그럼 L(x1),…,L(xn)L(x_1),\ldots, L(x_n)은 WW를 span하므로 이 벡터들 중 일부를 택하여 WW의 basis B\mathcal{B}를 찾을 수 있다. 일반성을 잃지 않고 B={L(x1),…,L(xm)}\mathcal{B}=\{L(x_1),\ldots, L(x_m)\} (m≤nm\leq n)이라 하자. 함수 s:B→Vs:\mathcal{B}\rightarrow V를 다음의 식

    s(v)=xkv=L(xk)s(v)=x_k\qquad v=L(x_k)

    으로 정의하고, 여기에 정리 1을 적용하여 얻어진 linear map을 SS라 하자. 이제 WW의 basis B\mathcal{B}의 임의의 원소 L(xk)L(x_k)에 대하여 (L∘S)(L(xk))=L(xk)(L\circ S)(L(x_k))=L(x_k)이므로 다시 정리 1의 유일성 부분에 의하여 L∘S=idWL\circ S=\id_W가 성립한다.

선형사상들의 공간Permalink

보조정리 3 두 k\mathbb{k}-벡터공간 VV, WW를 생각하자. L,L1,L2L,L_1,L_2이 VV에서 WW로의 linear map들이고, α∈k\alpha\in\mathbb{k}라면

L1+L2:v↦L1(v)+L2(v),αL:v↦αL(v)L_1+L_2:v\mapsto L_1(v)+L_2(v),\qquad \alpha L:v\mapsto \alpha L(v)

들도 linear이다.

증명

v,v1,v2∈Vv, v_1,v_2\in V이고, α∈k\alpha\in\mathbb{k}라 하자. 그럼

(L1+L2)(v1+v2)=L1(v1+v2)+L2(v1+v2)=L1(v1)+L1(v2)+L2(v1)+L2(v2)=L1(v1)+L2(v1)+L1(v2)+L2(v2)=(L1+L2)(v1)+(L1+L2)(v2)\begin{aligned} (L_1+L_2)(v_1+v_2)&=L_1(v_1+v_2)+L_2(v_1+v_2)\\ &=L_1(v_1)+L_1(v_2)+L_2(v_1)+L_2(v_2)\\ &=L_1(v_1)+L_2(v_1)+L_1(v_2)+L_2(v_2)\\ &=(L_1+L_2)(v_1)+(L_1+L_2)(v_2) \end{aligned}

이고,

(L1+L2)(αv)=L1(αv)+L2(αv)=αL1(v)+αL2(v)=α(L1(v)+L2(v))=α(L1+L2)(v).\begin{aligned} (L_1+L_2)(\alpha v)&=L_1(\alpha v)+L_2(\alpha v)=\alpha L_1(v)+\alpha L_2(v)\\ &=\alpha(L_1(v)+L_2(v))\\ &=\alpha (L_1+L_2)(v). \end{aligned}

이므로 L1+L2L_1+L_2은 linear map이 된다. 두 번째 주장도 비슷하게 보일 수 있다.

따라서, 다음을 정의할 수 있다.

정의 4 두 k\mathbb{k}-벡터공간 V,WV,W에 대하여, VV에서 WW로의 linear map들의 집합에 보조정리 3의 연산을 준 k\mathbb{k}-벡터공간을 Hom⁡k(V,W)\Hom_\mathbb{k}(V,W), 혹은 문맥에 따라 field k\mathbb{k}가 명확할 때는 Hom⁡(V,W)\Hom(V,W)로 적는다.

특별히 W=kW=\mathbb{k}일 경우, Hom⁡(V,k)\Hom(V,\mathbb{k})를 VV의 dual space쌍대공간이라 부르고 V∗V^*으로 적는다. V∗V^\ast의 원소들을 linear functional들이라 부른다.

벡터공간 Hom⁡(V,W)\Hom(V,W)에서 영벡터에 해당하는 원소는 모든 원소를 0으로 보내는 함수 00이다. (§선형사상, ⁋예시 10) 이 함수를 지칭할 때는 편의상 영함수라 지칭하자.

두 공간 V,WV,W가 모두 유한차원이고, B={x1,…,xn}\mathcal{B}=\{x_1,\ldots, x_n\}, C={y1,…,ym}\mathcal{C}=\{y_1,\ldots, y_m\}이 V,WV,W 각각의 basis라 하자. B\mathcal{B}에서 WW로의 mnmn개의 함수들

fij(x)={yjif x=xi0otherwisef_i^j(x)=\begin{cases}y_j&\text{if $x=x_i$}\\0&\text{otherwise}\end{cases}

을 생각하자. 즉 fijf_i^j는 오직 xix_i 하나만을 yjy_j로 보내고, 나머지는 모두 0으로 보내는 함수이다. 그럼 정리 1에 의하여 fij=Bij∘ιf_i^j=B_i^j\circ\iota이도록 하는 linear map BijB_i^j가 유일하게 존재한다.

명제 5 두 유한차원 k\mathbb{k}-벡터공간 V,WV,W가 각각 basis {x1,…,xn}\{x_1,\ldots,x_n\}, {y1,…,ym}\{y_1,\ldots,y_m\}을 갖는다 하자. 그럼 Hom⁡(V,W)\Hom(V,W)는 mnmn차원 벡터공간이며, 이 때 위의 mnmn개의 linear map들 BijB_i^j가 Hom⁡(V,W)\Hom(V,W)의 basis가 된다.

증명

Basis에 대한 주장만 보이면 충분하다.

우선 BijB_i^j들은 일차독립이다. 스칼라들 α11,…,αmn\alpha_{11},\ldots,\alpha_{mn}에 대하여,

α11B11+α12B21+⋯+αmnBnm=0\alpha_{11}B_1^1+\alpha_{12}B_2^1+\cdots+\alpha_{mn}B_n^m=0

이라 가정하자. 즉 양 변은 VV에서 WW로의 영함수이며, 따라서 임의의 v∈Vv\in V에 대하여 다음의 식

α11B11(v)+α12B21(v)+⋯+αmnBnm(v)=0\alpha_{11}B_1^1(v)+\alpha_{12}B_2^1(v)+\cdots+\alpha_{mn}B_n^m(v)=0

이 성립한다. 특히 이 식은 v=x1,…,xnv=x_1,\ldots, x_n일 때에도 성립하며, 이 때

α11B11(xk)+α12B21(xk)+⋯+αmnBnm(xk)=0\alpha_{11}B_1^1(x_k)+\alpha_{12}B_2^1(x_k)+\cdots+\alpha_{mn}B_n^m(x_k)=0

이다. 그런데 BijB_i^j의 정의에 의하여, Bij(xk)B_i^j(x_k)는 오직 i=ki=k일 때만 값 yjy_j가 나오므로 위의 식은

α1ky1+α2ky2+⋯+αmkyk=0\alpha_{1k}y_1+\alpha_{2k}y_2+\cdots+\alpha_{mk}y_k=0

이 된다. 이제 y1,…,yky_1,\ldots,y_k는 일차독립이므로 α1k,…,αmk\alpha_{1k},\ldots,\alpha_{mk}는 모두 00이다. kk는 임의로 택할 수 있으므로 α11,…,αmn\alpha_{11},\ldots,\alpha_{mn}는 모두 0이고 BijB_i^j는 일차독립이다.

한편 이들 BijB_i^j는 Hom⁡(V,W)\Hom(V,W)를 span한다. 임의의 L∈Hom⁡(V,W)L\in\Hom(V,W)가 주어졌다 하자. 그럼 도입부의 식 (1)을 만족하는 스칼라들 α11,…,αmn\alpha_{11},\ldots,\alpha_{mn}을 찾을 수 있다. 이제 다음의 식

L′(v)=∑i,jαjiBij(v)L'(v)=\sum_{i,j}\alpha_{ji}B_i^j(v)

으로 정의된 L′L’는 linear map이다. 뿐만 아니라, v=xkv=x_k를 대입하면

L′(xk)=∑i,jαjiBij(xk)=∑j=1mαjkBkj(xk)=∑j=1mαjkyj=L(xk)L'(x_k)=\sum_{i,j}\alpha_{ji}B_i^j(x_k)=\sum_{j=1}^m\alpha_{jk}B_k^j(x_k)=\sum_{j=1}^m\alpha_{jk}y_j=L(x_k)

가 된다. 이제 정리 1의 유일성 파트에 의하여 L′=LL’=L이 성립한다.

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