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[선형대수학] Vector Space 벡터공간 (2)

간단소개
42math 선형대수 스터디 수업 자료 겸 정리입니다.
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주제 / 분류
수학
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선형대수
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[이전 이야기]
→ subject : 벡터공간, 부분공간, 생성

1.5 Linear Dependence & Linear Independence 일차종속과 일차독립

Definition

Linearly dependent  Linearly independent

벡터공간 VV의 부분집합 SS에 대하여 aiui+a2u2+...+anun=0a_iu_i+a_2u_2+...+a_nu_n=0을 만족하는 유한개의 서로 다른 벡터 u1,u2,...,unSu_1,u_2, ...,u_n\in S와, 적어도 하나는 0이 아닌 스칼라 a1,a2,...,ana_1, a_2, ...,a_n이 존재하면 집합 SS일차 종속 (linearly dependent)이라고 한다. 이때 SS의 벡터 또한 일차종속이다. 1) a set S={Vi}(V)S=\{V_i\}(\sub V) is called linearly dependent vjSs.t. vj=ijcivi\quad\Leftrightarrow\quad \exist v_j\in S\quad s.t.\ v_j = \sum_{i\ne j}{c_iv_i} civi=0 (cj=1(0))\sum{c_iv_i} = 0\ (c_j=-1(\ne0))    existence of non-trivial way to represent zero vector 또한, 벡터의 집합이 선형 종속이 아니면 선형 독립이다. 2) a set S={Vi}(V)S=\{V_i\}(\sub V) is called linearly independent [ civi=0ci=0 ]\quad\Leftrightarrow\quad [\ \sum{c_iv_i} = 0 \Rightarrow \forall {c_i = 0}\ ]  there’s only trivial way to represent zero vector 영벡터의 자명한 표현 (trivial representation of 00) ⇒ 집합이 일차종속이면, 적절한 벡터를 택하여 영벡터를 자명하지 않은 방식으로 표현 가능하다. 또한, 영벡터 00을 포함하는 모든 부분집합은 일차종속이다. 0=100=1\cdot 0은 영벡터의 자명하지 않은 표현이기 때문이다. *cZc\in \mathbb Z 인 경우에 대해서, 약간의 곤란함이 있다. 2)의 서술이 좀더 범용성있고 세련된 서술이다.
일차독립인 집합에 대한 다음 명제는 모든 벡터공간에서 참이다. 명제 1 공집합은 일차독립이다. 명제 2 영이 아닌 벡터 하나로 이루어진 집합은 일차독립이다. 명제 3 어떤 집합이 일차독립이기 위한 필요충분조건은 00을 주어진 집합에 대한 일차결합으로 표현하는 방법이 자명한 표현 뿐인 것이다. [observe] {v1,v2}\{v_1, v_2\} is linearly independent, then ⇒ {v1}{v2}={v1,v2}\langle \{v_1\}\rangle\oplus\langle \{v_2\}\rangle = \langle \{v_1,v_2\}\ranglev1v2={0}\langle {v_1}\rangle \cap \langle {v_2}\rangle = \{0\}{civi}+{c2v2}={c1v1+c2v2}\{c_iv_i\} + \{c_2v_2\}=\{c_1v_1 + c_2v_2\} (1,0),(0,1)=R2\langle (1,0), (0,1) \rangle = \mathbb R^2 (1,0),(0,1),(1,1)=R2\langle (1,0), (0,1), (1,1) \rangle = \mathbb R^2

Theorem

정리 1.6

VV는 벡터공간이고 S1S2VS_1 \sube S_2 \sube V이다. S1S_1이 일차종속이면 S2S_2도 일차종속이다.

Corollary 정리 1.6의 따름정리

VV는 벡터공간이고, S1S2VS_1 \sube S_2 \sube V이다. S2S_2가 일차독립이면 S1S_1도 일차독립이다.

proof

정리 1.6 [VV는 벡터공간이고 S1S2VS_1 \sube S_2 \sube V이다. S1S_1이 일차종속이면 S2S_2도 일차종속이다.] S1={uii=1,2,... k}, S2={uii=1,2,.. ,k,.. n}S_1 = \{u_i | i = 1, 2, ...\ k\}, \ S_2 = \{u_i|i = 1, 2, ..\ ,k,..\ n\} 이라고 하자, S1S2S_1 \sube S_2 이다. S1S_1이 일차 종속이면,  0=c1u1+c2u2+...ckuk\ 0=c_1u_1 + c_2u_2 + ... c_ku_k를 만족하는 자명(trivial, ci=0\forall c_i = 0)하지 않은 해가 존재한다는 명제와 필요충분조건이다. 즉, cj0\exist c_j \ne 0 이다. 한편 S2S_2의 원소들의 일차 결합을 다음과 같이 표현할 수 있다. v=d1u1+d2u2+...+dnunv = d_1u_1+d_2u_2+...+d_nu_n 그러면, d1=c1,d2=c2,...,dk=ck,dk+1=0,...,dn=0d_1 = c_1, d_2 = c_2 , ... ,d_k = c_k,\quad d_{k+1} = 0, ... , d_n=0 와 같은 스칼라 n-tuple d=(c1,c2,...ck,0,...0)d = (c_1, c_2, ... c_k , 0, ... 0) 를 얻을 수 있고, 이는 S2S_2의 원소들로 이루어진 영벡터의 자명하지 않은 표현이 되므로 S2S_2는 일차 종속이다. 따름정리 [VV는 벡터공간이고, S1S2VS_1 \sube S_2 \sube V이다. S2S_2가 일차독립이면 S1S_1도 일차독립이다.] ⇒ [간접증명법] S2S_2가 일차 독립일 때, S1S_1가 일차 종속이라고 하면, 정리 1.6에 의해 S2S_2는 일차 종속이어야 한다. 이는 가정과 모순이다. (벡터의 유한집합은 반드시 일차 종속이거나, 일차 독립이므로) 따라서, S2S_2가 일차독립이면 S1S_1또한 일차독립이다.

정리 1.7

벡터공간 VV 그리고 일차독립인 부분집합 SS를 생각하자. SS 에 포함되지 않는 벡터 vVv\in V에 대하여, S{v}S\cup \{v\} 가 일차종속이기 위한 필요충분조건은 vSv \in \langle S\rangle 이다.

proof

1) S{v}1)\ S\cup\{v\}는 일차 종속 vS\quad\rightarrow\quad v\in\langle S\rangle S{v}S \cup \{v\} 가 일차종속이면 다음 식을 만족하는 벡터 u1,u2,...,unS{v}u_1, u_2,...,u_n\in S\cup \{v\}와 스칼라 a1,a2,...,ana_1,a_2,...,a_n 이 존재한다. (단, ai0\exist a_i \ne 0) a1u1+a2u2+...+anun=0a_1u_1+a_2u_2+...+ a_nu_n = 0 위 벡터들 중, 어떤 ii에 대해 ui=vu_i = v라고 할 수 있다. 그런데 만약 ai=0a_i =0 이면, aiui=0a_iu_i = 0이 되고, SS는 일차독립이므로, ui=vu_i =v를 제외한 나머지 벡터들로는 aji=0\forall a_{j\ne i} = 0 인 자명한 표현 밖에 얻을 수 없다. 따라서 ai0a_i\ne 0이다. 그러면 위 식을 적절히 변형하여 ui=v=ai1(jiajuj)Su_i =v= -a_i^{-1}(\sum_{j\ne i}{a_ju_j}) \in \langle S\rangle 임을 알 수 있다. 2) 2)\ vSS{v}v\in\langle S\rangle \quad\rightarrow\quad S\cup \{v\}는 일차 종속 {v1,v2,...,vm}=S\{v_1,v_2,...,v_m\}= S라고 하면 v=b1v1+b2v2+...+bmvmv = b_1v_1+b_2v_2+...+b_mv_m 을 만족하는 b=(b1,b2,...,bn)b=(b_1,b_2,...,b_n)로의 표현이 가능한데, 즉시 0=b1v1+b2v2+...+bmvm+(1)v0=b_1v_1+b_2v_2+...+b_mv_m +(-1)v 이고, vSv\notin S 이므로 S{v}={v1,v2,...,vm,v}S\cup \{v\}=\{v_1,v_2,...,v_m,v\}는 일차 종속이 된다.
[(O,X) Quiz] (1) 집합 S가 일차종속이면 S의 모든 벡터는 (S의) 다른 벡터의 일차결합이다. (2) 영벡터를 포함하는 임의의 집합은 일차종속이다. (3) 공집합은 일차종속이다. [Quiz] 벡터공간 VV의 일차독립이고 서로소인 두 부분집합 S1,S2S_1, S_2가 있다. S1S2S_1 \cup S_2가 일차종속이기 위한 필요충분조건은 S1S2{0}\langle S_1\rangle\cap\langle S_2\rangle \ne \{0\}임을 증명하라.

1.6 Basis and Dimension 기저와 차원

Definition

‘Linearly Independent(=minimal) generating subset of VV’ is called ’a’ basis for VV ’일차 독립인 VV의 생성집합’VV의 기저’ 라고 한다.
기저로 생성되는 벡터공간의 모든 벡터에 대해, 기저로 표현하는 방법은 유일하다.

Theorem

정리 1.8

벡터공간 VV와 이 공간에 속한 서로 다른 nn개의 벡터 u1,u2,... ,unu_1, u_2,...\ ,u_n을 생각하자. ‘집합 β={ u1,u2,... ,un}\beta=\{\ u_1, u_2, ...\ ,u_n\}VV의 기저’가 되기 위한 필요충분조건은 ’임의의 벡터 vVv\in Vβ\beta에 속한 벡터의 일차결합으로 나타낼 수 있고, 그 표현은 유일하다'는 것이다. 즉, 유일한 스칼라 a1,a2,... ,ana_1,a_2,...\ ,a_n에 대하여 벡터 vv는 다음과 같다. v=a1u1+a2u2+...+anun\quad v=a_1u_1 +a_2u_2+...+a_nu_n ⇒ 사실 바로 위의 [Quiz 2]와 같은 이야기이다.

proof

임의의 벡터 vVv\in V에 대해 기저의 일차결합으로 나타나는 두 가지 방식의 서로 다른 표현이 있다고 하자. a1u1+a2u2+...+anun=v=b1u1+b2u2+...+bnuna_1u_1+a_2u_2+...+a_nu_n = v = b_1u_1 + b_2u_2+...+b_nu_n 일 때 양변을 적절히 소거하면 (a1b1)u1+(a2b2)u2+...+(anbn)un=0(a_1-b_1)u_1 + (a_2-b_2)u_2 + ...+(a_n -b_n)u_n = 0 의 형태가 되고, β={ui}\beta =\{u_i\}는 기저이므로 선형 독립이다. 따라서 a1=b1,a2=b2,... ,an=bna_1=b_1, a_2=b_2,...\ ,a_n=b_n 이고, 이러한 표현은 유일하다.

정리 1.9

유한집합 SS가 벡터공간 VV를 생성하면, SS의 부분집합 중 VV의 기저 β\beta가 존재한다. 즉, VV는 유한집합인 기저를 포함한다.

proof

[전제] S=V\lang S\rang = V 1)S=1)\quad S=\empty 또는 S={0}S=\{0\}인 경우, V={0}V = \{0\} 이다. \emptySS의 부분집합이면서 VV의 기저이다. 2)S2)\quad S00이 아닌 벡터 u1u_1을 가진다고 하자.
일차독립인 집합에 대한 다음 명제는 모든 벡터공간에서 참이다. 명제 1 공집합은 일차독립이다. 명제 2 영이 아닌 벡터 하나로 이루어진 집합은 일차독립이다. 명제 3 어떤 집합이 일차독립이기 위한 필요충분조건은 00을 주어진 집합에 대한 일차결합으로 표현하는 방법이 자명한 표현 뿐인 것이다.
u1(0)S{u_1} (\ne 0) \in S이고, 명제2에 따르면 {u1}\{u_1\}은 일차독립인, SS의 부분집합이다. 요는, 어떤 유한집합 SS든지 영이 아닌 벡터를 가지고 있기만 하면, 그 집합에서 원소들을 제거하는 방식으로 독립인 집합 β\beta를 만들 수 있다는 것이다. 물론, 그렇게 줄이다가 βS\lang\beta\rang \ne \lang S\rang가 되지는 않을까 걱정(?)해봐야한다. 우선, 집합 {u1,u2,... ,uk}\{u_1, u_2, ...\ ,u_k\}가 일차독립이 되도록 SS에서 순차적으로 u2,... ,uku_2, ...\ ,u_k를 꺼낸다고 하자. (‘잘’ 꺼내야 한다, 다른 벡터들로 represent 불가능한 원소를 제거해 버리면 여전히 일차종속이며, 생성공간도 축소되니까!) 그러면 SS는 다음 두가지 경우로 나뉜다. i)β=Si)\quad \beta = S일 때 (SS에서 어떤 원소도 제거하지 않았고, SS가 이미 독립인 경우) ⇒ SS는 일차독립이면서 VV의 생성집합이므로 VV의 기저이다. ii)βSii)\quad \beta \subsetneq S일 때 (SS 에서 하나 이상의 벡터를 선택하여 제거 해서 일차독립인 β\beta를 만들었을 때) ⇒ 다른 벡터를 선택하여 β\beta에 추가하는 순간 일차 종속이 되면 β\betaVV의 기저임을 보이면 된다.
[정리 1.5] 벡터공간 VV의 임의의 부분집합 SS의 생성공간은 SS를 포함하는 (VV의) 부분공간이다. 1)SS,SV1)\quad S \sub \langle S\rangle\quad, \quad\langle S \rangle \le V 또한 SS를 포함하는 VV의 부분공간은 반드시 SS의 생성공간을 포함한다. 2)SW(V)SW2)\quad S\sube W_{(\le V)} \quad\rightarrow \quad\langle S\rangle \sube W
이때, SβS\sube\lang\beta\rang임을 보이면 충분하다. 왜? β\lang\beta\rangVV의 부분공간이고, 어떤 부분공간 WW가 집합 SS를 포함하면, SW\lang S\rang \sube W 까지 성립함을 우리는 알고 있다! S=Vβ\lang S\rang = V \sube \lang\beta\rang 라면, 당연히 β=V\lang\beta\rang=V 이니까! 자 그럼, SβS\sube\lang\beta\rang임을 보이자! 어떻게?
ABxAxBA \sube B \Leftrightarrow x\in A \rightarrow x\in B 이므로, 후자가 성립함을 보일것이다. 즉, vSvβv\in S \rightarrow v\in\lang\beta\rang임을 보인다는 뜻이다. vSv\in Svv는 두 경우로 분류된다. 1. vβv\in\beta 인 경우 ⇒ 당연히 vβv\in \lang\beta\rang이다. 2. vβv\notin\beta 인 경우 ⇒ β{v}\beta \cup \{v\}는 일차종속이다. (종속인 벡터들만 제거해서 만들었으니까!)
[정리 1.7] 벡터공간 VV 그리고 일차독립인 부분집합 SS를 생각하자. SS 에 포함되지 않는 벡터 vVv\in V에 대하여, S{v}S\cup \{v\} 가 일차종속이기 위한 필요충분조건은 vSv \in \langle S\rangle 이다.
[정리 1.7]로부터, β{v}\beta\cup\{v\}가 일차종속이면, vβv \in \lang\beta\rang이다. 따라서 SβS \sube\lang\beta\rang이다.
간단히 정리하면, 여기서 신경써야 하는 요소는 다음과 같다.
1.
생성공간의 크기
2.
독립성 (\empty 혹은 {u(0)}\{u(\ne 0)\}는 반드시 독립이다.)
즉, 생성공간의 크기를 축소시키지 않으면서, 독립성을 얻을 수 있는가? 하는 점이다. 다시 말해, ‘독립인 집합 \cap VV의 생성집합’ \ne\empty 임을 보이는 것이다.
Q. 종속인 유한 생성집합 내에서, 원소 하나를 제거하면 집합이 독립이 되면서 동시에 생성공간도 축소되는 경우가 생길 수 있지 않나? ⇒ 사실, 상호 종속인 벡터 묶음에서 한 벡터를 소거하는것은 생성공간의 크기에 영향을 미치지 않는다. 다만, 소거해도 종속인 경우에는 상호 종속인 벡터 묶음 내의 벡터가 a. 더 남아있거나, b. 벡터 묶음에 속하지 않는, 위에서 언급한 ‘대체 불가능한 원소’를 소거해 버린 경우가 생긴다. b.의 경우에는 생성공간이 축소되고 독립성도 얻을 수 없다. a.의 경우 독립이 되려면 소거를 유한번 더 해야한다.

여기서부터 나오는 정리들은 진.짜.중.요.합.니.다.

정리 1.10 (Replacement Theorem 대체정리)

nn 개의 벡터로 이루어진 집합 GG가 벡터공간 VV를 생성한다고 하자. LLmm 개의 일차독립인 벡터로 이루어진 VV의 부분집합이라면 mnm \le n이며, 다음 조건을 만족하는 집합 HGH\sube G 가 존재한다. HHnmn - m 개의 벡터로 이루어졌으며, LHL \cup HVV를 생성한다. 간단히 말해서 G=n,G=V|G| = n, \lang G\rang=V 이고, L=m|L|=mL(V)L_{(\sube V)} 이 일차독립이면 1) mnm \le n 이다. 2) H(G)s.t. H=nm, LH=V\exist H(\sube G)\quad s.t.\ |H|=n-m,\ \lang L\cup H\rang = V
1)에 대한 증명 G={u1,u2,... ,un},G=VG=\{u_1, u_2,...\ ,u_n\},\quad \lang G\rang = V 이고, L={v1,v2,... ,vm}VL=\{v_1, v_2,...\ ,v_m\}\sube V 이 일차독립이다. G=V\lang G\rang = V 이므로 viL\forall v_i \in L 에 대해서 vi=c1u1+c2u2+...+cnunv_i = c_1u_1 + c_2u_2 + ... + c_nu_n 의 형태로 표현 가능하다. LL은 일차독립인 집합이므로 영벡터를 포함하지 않는다. 따라서 ci0(i{1,2,...,n})\exist c_i\ne0 (i \in \{1,2,... ,n\})이다. 그러면 0이 아닌 스칼라 계수를 갖는 uiu_iii11로 두면, u1=c11(v1+c2u2+...+cnun)u_1 = -c_1^{-1}(-v_1 +c_2u_2+... + c_nu_n) 라고 표현할 수 있다. 이는 u1{v1,u2,... ,un}u_1 \in \lang\{v_1, u_2,...\ , u_n\}\rang임을 의미한다. 즉, 벡터 u1u_1v1v_1로 대체되었음에도 여전히 집합이 같은 벡터공간 VV를 생성함을 알 수 있다. 그러면 여전히 v2=c1v1+c2u2+...+cnunv_2 = c'_1v_1 + c_2'u_2+...+c'_nu_n 로 표현 가능한데, ci=0(2i)\forall c'_i= 0\quad (2\le i) 인 경우 v2=c1v1v_2 = c_1'v_1가 되어 LL이 일차독립이라는 사실에 모순이 되므로 uiu_i 앞에 붙은 스칼라 계수 중 반드시 하나 이상은 0이 아니다. 그것을 c2c_2로 두면, 이전과 같이 u2=c21(c1v1v2+c3u3+...cnun)u_2 = -c_2^{-1}(c_1'v_1 -v_2 + c'_3u_3 +...c_nu_n)로 표현할 수 있고, 이는 u2{v1,v2,u3,...,un}u_2 \in \lang\{v_1,v_2,u_3,...,u_n\}\rang를 의미한다. 이와 같이 G={u1,u2,... ,un}G=\{u_1,u_2,...\ ,u_n\} 의 벡터들을 일차독립인 LL의 원소들로 대체해도 VV의 생성집합이 되는사실에는 변함이 없음을 알 수 있다. 그렇다면 만약 n<mn<m 라고 할 경우 기존의 생성집합 GGv1v_1부터 vnv_n까지의 벡터로 대체되었다고 하면, {v1,v2,... ,vn}=V\lang \{v_1,v_2,...\ ,v_n\}\rang=V 이고 남은 독립인 벡터들에 대해서도 여전히 {vn+1,... ,vm}V\{v_{n+1},...\ ,v_m\}\sube V 라고 할 수 있다. 그러면 vm=c1v1+c2v2+...+cnvnv_m = c_1v_1+c_2v_2+...+c_nv_n 로 표현할 수 있는데, 이는 기존의 L={v1,v2,... ,vm}L=\{v_1,v_2,...\ ,v_m\} 이 독립이었다는 사실에 모순이다. 따라서 mnm\le n 이다. 2)에 대한 증명 : [m에 대한 수학적 귀납법] m = 0 (즉, L=L = \empty) 일 때는 H=GH = G 로 잡으면 된다. ⇒ 공집합은 일차독립이고, HGH\sube G 이며, H=V\lang H\rang = V이므로 성립한다. 이제 임의의 정수 0m0\le m에 대하여 위 정리가 성립한다고 가정하고 m+1m+1일 때도 성립함을 보이자. L={v1,v2,... ,vm+1}L' = \{v_1,v_2,...\ ,v_{m+1}\}m+1m+1개의 벡터로 이루어진 일차독립인 VV의 부분집합이라고 하자.
[정리 1.6의 따름정리] VV는 벡터공간이고, S1S2VS_1 \sube S_2 \sube V이다. S2S_2가 일차독립이면 S1S_1도 일차독립이다.
위 따름정리에 의해 L={v1,v2,... ,vm}L=\{v_1, v_2, ...\ , v_m\} 도 일차독립이다. 가정에 의해 집합 {v1,v2,... ,vm}{u1,u2,... ,unm}=LH\{v_1,v_2, ...\ ,v_m\}\cup \{u_1,u_2,...\ ,u_{n-m}\} =L\cup HVV를 생성하도록 하는 GG의 부분집합 H={u1,u2,... ,unm}H= \{u_1, u_2, ...\ ,u_{n-m}\}이 존재한다. LH=V\lang L\cup H\rang=V이고 vm+1Vv_{m+1}\in V 이므로 vm+1v_{m+1}LHL\cup H의 원소로 표현 가능하다. 즉, a1v1+a2v2+...+amvm+b1u1+b2u2+...+bnmunm=vm+1a_1v_1 + a_2v_2 + ...+a_mv_m + b_1 u_1+ b_2u_2+...+b_{n-m}u_{n-m} = v_{m+1} 를 만족하는 스칼라 a1,a2,... ,ama_1,a_2,...\ ,a_mb1,b2,... ,bnmb_1,b_2,...\ ,b_{n-m}이 존재한다. (단, 여기서 0<nm0 < n - m 이다. 만약 nm=0n-m=0 이라면, vm+1v_{m+1}v1,v2,... ,vmv_1,v_2, ...\ ,v_m의 일차결합이 되고, L={v1,v2,... ,vm+1}L'=\{v_1, v_2,...\ ,v_{m+1}\} 이 일차독립이라는 사실에 모순이 된다.) 0<nm0 < n-m 인 정수 이므로 m+1nm + 1\le n 이다. 또한, bib_i중 0이 아닌 스칼라가 반드시 존재한다. (biI0\exist b_{i\in I}\ne0) 이 스칼라를 b1b_1이라고 하자. (만약 biI=0\forall b_{i\in I}=0 이면, 직전과 똑같은 모순이 발생한다.) 위에서, vm+1=a1v1+a2v2+...+amvm+b1u1+b2u2+...+bnmunmv_{m+1} = a_1v_1 + a_2v_2 + ...+a_mv_m + b_1 u_1+ b_2u_2+...+b_{n-m}u_{n-m} 였으므로, 이를 변형하면 u1=b11(a1v1+a2v2+...+amvmvm+1+b2u2+...+bnmunm)u_1 = -b_1^{-1}(a_1v_1+a_2v_2 + ...+a_mv_m - v_{m+1} + b_2u_2+...+b_{n-m}u_{n-m}) 이고 H={u2,... ,unm}H' = \{u_2,...\ ,u_{n-m}\} 이라 하면, u1LHu_1 \in \lang L'\cup H'\rang 임을 알 수 있다. 나머지 원소들에 대해서도 또한 자명하게 v1,v2,... ,vm,vm+1,u2,...,unmLHv_1,v_2,...\ ,v_m,v_{m+1}, u_2,...,u_{n-m}\in \lang L'\cup H'\rang 이므로 (우리는 SSS\sube\lang S\rang 임을 이미 잘 알고있어요!) {v1,v2,... ,vm}{u1,u2,... ,unm}=LH\{v_1, v_2,...\ ,v_m\}\cup\{u_1,u_2,...\ ,u_{n-m}\} = L\cup H 는 전제에 따라 VV를 생성하며 LHLHL\cup H\sube \lang L'\cup H'\rang 이므로 (벡터공간VV에 대한 부분공간 WWVV내의 집합 SS에 대해 SWS\sube W 이면 곧 SW\lang S\rang \sube W 임도 잘 알고 있지요!) [기억 안나실까봐 가져왔어요.. 정리 1.5]
벡터공간 VV의 임의의 부분집합 SS의 생성공간은 SS를 포함하는 (VV의) 부분공간이다. 또한 SS를 포함하는 VV의 부분공간은 반드시 SS의 생성공간을 포함한다.
가정에 따라 LH=V\lang L\cup H\rang = V 인데 정리 1.5에 의해 LHLHL\cup H\sube \lang L'\cup H'\rang 이면 LH=VLH\lang L\cup H\rang = V\sube\lang L'\cup H'\rang 즉, LH=V\lang L'\cup H'\rang = V임을 알 수 있다. 다시, L(V)L'(\sub V)L=m+1|L'|=m+1 인 일차독립인 집합이고, HH'H=n(m+1)|H'|= n-(m+1)GG 의 부분집합 이므로 이 정리는 m+1m+1 일 때도 성립한다. 따라서 수학적 귀납법에 의해 주어진 명제는 참이다.
요컨대, 이 정리의 의의는 생성집합의 원소들을 전혀 다른 (일차독립인) 벡터들로 교체해도 여전히 같은 공간을 생성하는 생성집합이 될 수 있다는 것이다.

따름정리 1 [역시 넘모 중요합니다]

벡터공간 VV가 유한집합인 기저를 포함한다고 하자. VV의 모든 기저는 유한집합이며, 같은 개수의 벡터로 이루어져 있다.

Proof

기저의 성질을 활용하면 쉽게 증명 가능합니다. 벡터공간 VV의 기저는 ‘일차독립인 생성집합’ 이므로 기저 β\betaγ\gamma 에 대해서는 벡터공간 VV에 대해 β=V=γ\lang\beta\rang=V=\lang\gamma\rang 인, 선형독립인 β\betaγ\gamma 가 있다고 말할 수 있습니다. 바로 위의 대체정리에서 G=V, G=n\lang G\rang = V,\ |G|=nGGL(V)=m|L_{(\sube V)}| = m을 만족하는 일차독립인 LL에 대해 mnm\le n 임이 항상 성립함을 보였다. 그러면 1) γ\gammaGG로, β\betaLL로 생각하면 βγ|\beta|\le|\gamma| 임을 알 수 있고, 2) β\betaGG로, γ\gammaLL로 생각하면 γβ|\gamma|\le|\beta| 임을 알 수 있으므로 벡터공간 VV의 기저 γ,β\gamma, \beta에 대해서 항상 β=γ|\beta| = |\gamma| 라는 결론을 얻을 수 있다. 즉, 하나의 유한 벡터공간 VV내에서 VV를 생성하는 서로 다른 수많은 기저를 얻을 수 있지만, 모든 기저들은 같은 수의 벡터들을 원소로 갖는다. 그리고 그 원소의 개수가 바로 벡터공간의 차원 (dimension of Vector space) 이 된다.

Definition

기저가 유한집합인 벡터공간을 유한차원(finite dimension)이라 한다. VV의 기저가 nn개의 벡터로 이루어질 때, 유일한 자연수 nn은, 주어진 벡터공간의 차원(dimension)이고 dim(V)\dim(V)라 표기한다. 유한차원이 아닌 벡터공간은 무한차원(infinite dimension)이다.

따름정리 2

VV를 차원이 nn인 벡터공간이라 하자. (1) VV의 유한 생성집합에는 반드시 nn개 이상의 벡터가 있다. 또한, nn개의 벡터로 이루어진 (VV의) 생성집합은 (VV의) 기저이다. (2) 일차독립이고 nn개의 벡터로 이루어진 (VV의) 부분집합은 VV의 기저이다. (3) 일차독립인 (VV의) 부분집합을 확장시켜 기저를 만들 수 있다. 다시 말해 L(V)L(\sube V)이 일차독립이면 LβL\sube\betaVV의 기저 β\beta가 존재한다.

Proof

VV의 기저를 β\beta 라고 하자. (1) [VV의 유한 생성집합에는 반드시 nn개 이상의 벡터가 있다. 또한, nn개의 벡터로 이루어진 (VV의) 생성집합은 (VV의) 기저이다.]VV의 유한 생성집합을 GG 라고 하자.
[정리 1.9] 유한집합 SS가 벡터공간 VV를 생성하면, SS의 부분집합 중 VV의 기저 β\beta가 존재한다. 즉, VV는 유한집합인 기저를 포함한다.
위에 따르면, GG 의 부분집합이자 VV의 기저인 집합 HH가 존재한다.
[대체정리의 따름정리 1] 벡터공간 VV가 유한집합인 기저를 포함한다고 하자. VV의 모든 기저는 유한집합이며, 같은 개수의 벡터로 이루어져 있다.
에 의하여, HH는 정확히 nn개의 벡터로 이루어져 있다. GG의 부분집합이 nn개의 원소를 가지므로 GG에는 nn개 이상의 벡터가 있고, GG가 정확히 nn개의 벡터를 가지면 H=GH=G 이다. 즉, GGVV의 기저이다. (2) [일차독립이고 nn개의 벡터로 이루어진 (VV의) 부분집합은 VV의 기저이다.] ⇒ 정확히 nn개의 벡터로 이루어진 일차독립인 VV의 부분집합을 LL이라 하자. [대체정리]의 과정을 통해 LL의 원소들로 β=G\beta = G(VV의 생성집합)의 모든 원소를 대체해도 생성공간에는 변화가 없음을 안다. 즉, L=n|L| = n 이며, L=V\lang L\rang=V 이므로 LLVV의 기저가 된다.
좀더 형식을 살려 서술하자면, [대체정리] 에 의하여 nn=0n - n =0 개의 벡터로 이루어졌으며, LH=V\lang L\cup H\rang=VHβH\sube\beta 인 집합 HH가 존재한다. 여기서 H=H=\empty 이므로 LH=LL\cup H = L 이고 LLVV를 생성한다. 조건에서 LL은 일차독립이었으므로 LLVV의 기저이다.
(3) [일차독립인 (VV의) 부분집합을 확장시켜 기저를 만들 수 있다. 다시 말해 L(V)L(\sube V)이 일차독립이면 LβL\sube\betaVV의 기저 β\beta가 존재한다.] ⇒ mm개의 벡터로 이루어진 VV의 일차독립인 부분집합을 LL이라 하자. [대체정리]에 의해 다음 조건을 만족하는 β\beta의 부분집합 HH가 존재한다. ’HHnmn-m개의 벡터로 이루어졌으며, LHL\cup HVV를 생성한다.’ LHL\cup H에는 기껏해야 nn개의 벡터가 있다. (1)에 의해 LHL\cup Hnn개의 벡터로 이루어져 있고, LHL\cup HVV의 기저이다.

리 1.11

[부분공간의 차원] 유한차원 벡터공간 VV에 대하여 부분공간 WW는 유한차원이고, dim(W)dim(V)\dim(W)\le\dim(V)이다. 특히 dim(W)=dim(V)\dim(W)=\dim(V) 이면 V=WV=W 이다.

Proof

dim(V)=n\dim (V) = n 이라 하자. 1)W={0}\quad W=\{0\} 이면, WW는 유한차원이고 dim(W)=0n\dim(W)=0\le n이다. 2)x(0)W\quad x(\ne0)\in W 인 경우, WW 내에서 일차독립인 집합 LWL_W를 만들어 보자. WW는 영이 아닌 벡터 x1x_1을 가지고, {x1}\{x_1\}은 일차 독립이다. 이제 LW={x1,x2,...,xk}L_W=\{x_1,x_2,...,x_k\}가 일차독립이 되도록 WW에서 적절한 벡터 x2,... ,xkx_2,...\ ,x_k를 순차적으로 꺼낸다. 자연수 kk에 대해 LW={x1,x2,... ,xk}L_W=\{x_1,x_2,...\ ,x_k\} 에서 WW 내의 어떠한 xx라도 추가하는 즉시 일차 종속이 된다면 LW{x}L_W\cup \{x\}가 일차종속이라고 할 수 있고, [정리 1.7]에 의해 xLWx\in \lang L_W\rang 이며, 곧 LW=W\lang L_W\rang=W가 된다. 이 경우 LWL_W 는 일차독립이면서 WW를 생성하므로 WW의 기저가 된다. 여기서 dim(W)=k\dim (W) = k 가 된다. 그런데 [대체정리]의 첫번째 결론에 따라서, dim(V)=n\dim (V)=n인 벡터공간 VV의 일차독립인 부분집합은 nn개를 초과하는 벡터를 가질 수 없다. 즉, dim(W)=kn\dim (W)=k\le n이다. 만약 dim(W)=dim(V)\dim(W)=\dim(V)라면, 바로 위의 [대체정리의 따름정리 2-(2)] ⇒ ‘일차독립이고 nn개의 벡터로 이루어진 (VV의) 부분집합은 VV의 기저이다.’ 에 의하여 k=nk = n 인 경우 W=LW=VW = \lang L_W\rang = V가 되어 W=VW=V임을 알 수 있다.

따름정리

유한차원 벡터공간 VV의 부분공간 WW를 생각하자. WW의 임의의 기저를 가져오면, 이 기저를 확장하여 VV의 기저를 얻을 수 있다.
WW의 기저를 SS 라 하자. SSVV의 일차독립인 부분집합이므로 [대체정리의 따름정리 2] 에 의해 VV의 기저로 확장할 수 있다.