선형대수학 1 복습 (Part 1)

* 2022.09.01 복습입니다.*

이번 학기에 듣게 된 선형대수학 2는 filpped-learning 방식을 채택하여, 집에서 동영상 강의를 시청한 후 목요일에만 모여서 질문을 하는 방식이다.

1~2주간은 선형대수학 1의 내용을 복습할 계획인 것으로 보인다. 따라서 블로그 연재 역시 이에 맞춰 선형대수학 1의 내용을 복습하도록 하겠다. 해석개론과 달리 선형대수학 1의 몇몇 증명들은 생략하지 않을 생각이다.



1. 벡터공간과 기저
1) 체
체 $\mathbb{F}$는 우리가 통상적으로 다루어왔던 $\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}$처럼 집합과 덧셈, 곱셈이 정의되어 다음이 성립하는 집합이다:
i) $(\mathbb{F}, +)$는 가환군이다. (즉, 항등원, 역원이 존재하고 교환, 결합법칙이 성립한다.)
ii) $(\mathbb{F} - \{0\}, \times)$는 가환군이다.
iii) $+, \times$는 서로 분배한다.

일반적인 체는 사칙연산이 잘 정의되는 집합으로 생각할 수 있다.

2) 벡터공간
어떤 집합 $V$와 체 $\mathbb{F}$의 순서쌍이 벡터공간이기 위해서는 두 가지 연산 $+$ (벡터합), $\bullet$ (스칼라곱)을 가지고 그 연산들이 다음을 만족해야 한다:

i) $+ : V \times V \rightarrow V$는 이항연산이고 $(V,+)$는 가환군이다.
ii) $\bullet: \mathbb{F} \times V \rightarrow V$는 $a(bx) = (ab)x, a(x+y) = ax+ay, (a+b)x= ax+bx$를 만족한다 (단, $a,b \in \mathbb{F}, x,y \in V$)

이후는 특별한 언급이 없는 한 $\mathbb{F} = \mathbb{R} \space or \mathbb{C}$로 생각한다.


임의의 집합 $\Gamma$와 체 $\mathbb{F}$가 있을 때 이로부터 벡터공간을 생성해내는 간단한 방법이 존재한다.
$$\mathbb{F}^{\Gamma} := \{x: \Gamma \rightarrow \mathbb{F} | x \space function \}$$가 벡터공간이 된다는 것을 보이는 것은 그리 어렵지 않다. 연산은 다음과 같이 정의한다:

$$ x, y \in \mathbb{F}^{\Gamma}, \gamma \in \Gamma, c \in \mathbb{F} \Rightarrow (x+y)(\gamma) = x(\gamma)+y(\gamma) \\ (c \bullet x)(\gamma) = c \times x(\gamma)$$

이 집합 $\mathbb{F}^{\Gamma}$을 $\Gamma$의 양자화라 한다.

한편 $\Gamma_{1}, \Gamma_{2}$가 집합일 때 $\mathbb{F}^{\Gamma_{1}} \otimes \mathbb{F}^{\Gamma_{2}}$는 $F^{\Gamma_{1}}, F^{\Gamma_{2}}$의 텐서곱이라 하고 다음과 같이 정의한다:

$$ \mathbb{F}^{\Gamma_{1}} \otimes \mathbb{F}^{\Gamma_{2}} := \mathbb{F}^{\Gamma_{1} \times \Gamma_{2}}$$

텐서곱으로 정의된 집합의 예로 행렬의 집합이 있다.


3) 부분공간과 직합
$(V, \mathbb{F})$가 벡터공간이라 하고 $W \subset V$라 하자. 이제 $W$의 원소들이 스칼라곱과 벡터합에 대해 닫혀 있으면 $W \leq V$라 하고 $W$는 $V$의 부분공간이라 한다.

한편 벡터공간 $(V, \mathbb{F})$에 대해 $W_{1}, ... , W_{n} \leq V$가 모두 $V$의 부분공간이고, 또한 다음의 함수
$$ x : W_{1} \times ... \times W_{n} \rightarrow V \\ x(w_{1}, ... , w_{n}) = w_{1}+w_{2}+...+w_{n}$$
가 일대일 대응이 된다고 하자. 그렇다면 $V = W_{1} \oplus W_{2} \oplus ... \oplus W_{n}$이라 표시하고 $V$를 $W_{1}, ..., W_{n}$의 직합이라 한다.


$\Gamma = \Gamma_{1} \sqcup \Gamma_{2}$일 때 $\mathbb{F}^{\Gamma} = \mathbb{F}^{\Gamma_{1}} \oplus \mathbb{F}^{\Gamma_{2}}$이다.



4) 선형결합
$v_{1}, v_{2}, ..., v_{n}$이 벡터공간 $(V,\mathbb{F})$의 벡터들이라 하자.
이때 $a_{1}, ..., a_{n} \in \mathbb{F}$라 할 때, $a_{1}v_{1} + ... + a_{n}v_{n}$은 $v_{1}, ... ,v_{n}$의 선형결합이라 한다.
한편 $S \subset V$라 할 때, $v_{1}, ..., v_{n} \in S$의 선형결합은 $S$의 원소들의 한 선형결합이다.
여기서 $S$ 자체는 무한할 수 있지만, $S$의 원소들의 선형결합은 항상 유한 개의 원소로만 이루어져야 함에 주목하라.

이제 $S \subset V$의 원소들의 모든 가능한 선형결합을 나타내는 집합을 생각해 볼 수 있고, 우리는 이를 $span(S)$로 표현한다.

선형결합의 정의는 생성집합과 선형독립의 정의를 유도한다:

$(V, \mathbb{F})$가 벡터공간이라 하자.
$W \subset V$가 $span (W) = V$를 만족하면, $W$는 $V$를 생성한다 / $W$는 $(V, \mathbb{F})$서 $V$의 생성집합이다.

한편 $span(W)$에는 항상 0이 원소임을 알 수 있다. 이는 $W = \emptyset$이면 정의상 그렇고, $W \neq \emptyset$이면 $w \in W$에 대해 $a = 0$을 잡으면 $aw = 0$이기 때문이다.

그런데 영벡터를 0이 아닌 계수들을 이용하여 선형결합으로 표현할 수 있는지가 문제된다. 예컨대, 다음이 성립한다 하자:
$$ \exists w_{1}, ... ,w_{m} \in W, a_{1} , ... , a_{m} \in \mathbb{F}, a_{i} \neq 0 \space s.t. \Sigma_{i=1}^{m} a_{i}w_{i} = 0$$
이러면 $W$는 $(V, \mathbb{F})$서 선형종속이라 한다.
선형종속이 아닌 집합은 선형독립이라 한다.


#주석. "$(V, \mathbb{F})$서"라는 표현이 필요한지 의문이 들 수 있다. 그러나 필자가 생각하기로 이러한 표현은 필수적이다.
다음의 사례를 살펴보자:
$V = \mathbb{R}, \mathbb{F} = \mathbb{Q}$인 벡터공간에서 벡터들의 집합 $\{1,e\}$는 i) 선형독립이고 ($e$가 무리수임을 알기 때문이다) ii) $V$의 생성집합이 아니다 ($a \bullet 1+b \bullet e = \sqrt{2}$를 고려해 보자: $\sqrt{2}$는 대수적인 수이고 모든 유리수는 대수적인 수이므로 이는 $a \bullet - \sqrt{2} = -b \bullet e$를 의미한다. 그런데 $b=0$이라면 좌변은 무리수이고 우변은 유리수이므로 모순이다. $b\neq 0$이면 좌변은 대수적인 수인 반면 우변은 초월수이다.)

한편 $V = \mathbb{R}, \mathbb{F} = \mathbb{R}$인 벡터공간에서 벡터들의 집합 $\{1,e\}$는 i) 선형종속이고, ii) $V$의 생성집합이 맞다.


5) 기저와 차원
$(V,\mathbb{F})$가 벡터공간이라 하자. 이제 $W \subset V$가 선형독립이면서 $(V, \mathbb{F})$의 생성집합이라 하자.
우리는 $W$를 $V$의 기저라 부른다. 특히, 원소의 개수가 유한한 기저를 가지는 벡터공간을 유한차원 벡터공간이라 하고 선형대수학 1,2에서는 거의 항상 유한차원 벡터공간만을 다룬다.

$(V, \mathbb{F})$에 유한한 기저 $W$가 있다 하자. 이제 $(V, \mathbb{F})$의 모든 기저가 $W$와 원소의 개수가 같다면 우리는 벡터공간을 분류할 한 가지 방법을 얻을 것이다. 이것은 다음의 정리를 증명함으로써 얻을 수 있다:

정리. (차원정리)
$W \subset V$가 $(V, \mathbb{F})$서 선형독립인 유한집합이고, $U \subset V$가 $(V, \mathbb{F})$의 유한한 생성집합이라 하자. 이제 $|W| \leq |U|$가 성립한다.

증명.
귀류법으로 증명을 진행한다. 모순을 이끌어내기 위해 $W,U$가 정리의 조건들을 만족하며 $|W| > |U|$라 하자. 특히 $U = \{u_{1}, ..., u_{n} \}$이고 $W \supset \{w_{1}, ... , w_{n+1} \}$이라 하자.
우리는 특히 다음의 사실을 알 수 있다: 만약 $|U|$가 선형독립이라면 이후의 논의를 진행한다. 만약 $|U|$가 선형독립이 아니라면 $U$에서 유한 개의 원소를 제외하여 유한하면서 선형독립인 생성집합을 만들 수 있다.
따라서 이하에서는 일반성을 잃지 않고 $U$가 선형독립이기도 하다고 가정한다.

정리가 거짓이라면, 다음을 만족하는 체의 원소들 $a_{1}, ... , a_{n+1}$은 모두 0이어야만 한다:

$$ a_{1} w_{1} + ... + a_{n+1} w_{n+1} = 0$$

그런데 $w_{i}$는 $span(U)$의 원소이므로, $w_{i} = \Sigma_{k=1}^{n} b_{ik}u_{k}$인 $b_{ik} \in \mathbb{F}$가 존재한다.

이제 다시

$$ \Sigma_{i=1}^{n+1} a_{i} w_{i} \\ = \Sigma_{i=1}^{n+1} \Sigma_{k=1}^{n} a_{i}b_{ik}u_{k} \\ = \Sigma_{k=1}^{n} (\Sigma_{i=1}^{n+1} b_{ik}a_{i}) u_{k} = 0$$
임을 안다. 이제 $U$가 선형독립이므로 $\Sigma_{i=1}^{n+1} b_{ik}a_{i} = 0, \space k=1,...,n$이다.
그런데 이는 결국 $n+1$개의 변수를 가지는 $n$개 식의 연립선형방정식이므로, Gaussian elimination에 의해 $a_{i}$ 모두가 0은 아닌 어떤 해를 가져야만 하고 이는 모순이다. $\square$


이 정리의 따름정리로서, 유한차원 벡터공간 $(V, \mathbb{F})$의 모든 기저는 원소의 개수가 같음을 얻는다. 이는 기저가 선형독립이면서 동시에 생성집합이기에 성립한다. 또한, 유한차원 벡터공간에 대해서 선형독립인 집합이 주어질 때, 이를 항상 확장하여 기저로 만드는 것이 가능하다.


예컨대 $(V, \mathbb{F})$의 모든 기저가 5개의 원소를 가지고, 3개의 원소를 가지면서 선형독립인 집합이 존재한다 하자.
차원정리에 의해 이 집합은 $(V, \mathbb{F})$를 생성하지 못하므로 $span W$에 있지 않은 $V$의 원소 $v$가 존재한다. 이런 원소 하나를 골라서 집합에 추가하면 새로운 집합은 여전히 선형독립이고, 4개의 원소를 가지므로 여전히 생성집합일 수 없다. 이제 $span (W \cup {v})$에 있지 않은 원소 $v'$을 추가하면 새로운 집합은 여전히 선형독립이고, 5개의 원소를 가지므로 이제는 생성집합이어야만 한다.

이러한 논의를 일반적인 차원으로 확장하는 것은 쉬운 일이다.



2. 행렬
1) 행렬의 정의
체 $\mathbb{F}$의 원소들을 성분으로 가지는 행렬 $M$은 직사각형 모양으로 배열된 체의 원소들이다. 행렬의 크기는 열의 개수와 행의 개수로 정의된다. 만약 $m$행 $n$열 행렬(즉 $m \times n$ 행렬) $A$가 있다면, $1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n$인 $i,j$에 대해 $i$행 $j$열에 있는 성분을 $A_{ij}$로 표시한다.
동치이지만 보다 엄밀한 정의는 텐서곱을 활용한다. $m \times n$열 행렬의 집합은, $\mathbb{F}^{[m]} \otimes \mathbb{F}^{[n]} = \mathbb{F}^{[m] \times [n]}$이다. 즉, $M: [m] \times [n] \rightarrow \mathbb{F}$인 함수들의 집합이 곧 $m$행 $n$열 행렬의 집합이고, $M$의 $i$행 $j$열 성분은 $M(i,j)$인 것이다.

성분이 $\mathbb{F}$의 집합인 $m$행 $n$열 행렬의 집합은 일반적으로 $\mathcal{M}_{m \times n}(\mathbb{F})$으로 쓴다.


2) 행렬의 연산
성분들이 $\mathbb{F}$의 원소인 $m \times n$ 행렬의 집합은 벡터공간이다. $A,B \in \mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{F})$이라 하자. 새로운 행렬 $A+B$는 여전히 $m \times n$행렬이고, 다음의 규칙에 의해 정의된다:
$$ (A+B)_{ij} = A_{ij} + B_{ij} $$

한편 $c \in \mathbb{F}$에 대해 스칼라곱의 결과 행렬 $c\bullet A$는 여전히 $m \times n$행렬이고, 다음과 같이 정의된다:

$$ (c\bullet A)_{ij} = c \times A_{ij}$$

마지막으로 $A \in \mathcal{M}_{m \times n}(\mathbb{F}), B \in \mathcal{M}_{n \times p}(\mathbb{F})$에 대해 $AB \in \mathcal{M}_{m \times p}(\mathbb{F})$를 정의할 수 있으며 이는 다음의 방식에 의해 정의된다:

$$ (AB)_{ij} = \Sigma_{k=1}^{n} A_{ik} \times B_{kj} $$

이 정의는 매우 직관적이지 않고, 처음에 접하면 상당한 혼란을 야기한다. 허나 막상 선형변환을 다루면 이렇게 정의한 이유를 이해할 수 있게 된다 (간단하게 말하자면 행렬곱이 선형변환의 합성에 대응되도록 곱셈을 정의했다고 이애할 수 있다.)

행렬곱은 비가환적이지만, 결합법칙을 만족하고 스칼라곱이 자유롭게 이동할 수 있으며 스칼라곱에 대해 분배한다.


3) 특수한 행렬
$A \in \mathcal{M}_{m \times n}(\mathbb{F})$이라 하자. 이제 $A$의 전치행렬 $A^{t}$는$A^{t} \in \mathcal{M}_{n \times m}(\mathbb{F})$이고,
$$ (A^{t})_{ij} = A_{ji}$$
를 만족한다.

특별히 $\mathbb{F} = \mathbb{C}$인 경우 켤레전치행렬을 정의할 수 있다: $A \in \mathcal{M}_{m \times n}(\mathbb{C})$인 경우, $A^{*} \in \mathcal{M}_{n \times n}(\mathbb{C})$이고,

$$ (A^{*})_{ij} = (\bar{A^{t}})_{ij}$$
이다. 즉 전치행렬의 각 성분의 켤레복소수를 취한 행렬이라 할 수 있다.


이제 이로부터 특수한 행렬들을 얻을 수 있다:

이하에서는 $A \in \mathcal{M}_{n\times n}(\mathbb{F})$라고 가정한다:

$A = A^{t}$인 행렬은 대칭행렬,
$A = - A^{t}$인 행렬은 반대칭행렬,
$A = A^{*}$인 행렬은 에르미트 행렬,
$AA^{*} = A^{*}A$인 행렬은 정규행렬,
$AA^{t} = A^{t}A = I$인 행렬은 직교행렬,
$AA^{*} = A^{*}A = I$인 행렬은 유니터리행렬
이라 한다.



3. 선형변환
1) 선형변환의 정의
$(V, \mathbb{F})$와 $(W, \mathbb{F})$가 벡터공간이라 하자.
이제 어떤 함수 $T: (V, \mathbb{F}) \rightarrow (W, \mathbb{F})$가 $c_{1}, c_{2} \in \mathbb{F}, x,y \in V$에 대해 다음을 만족한다 하자:

$$ T(c_{1}x + c_{2}y) = c_{1} T(x) + c_{2} T(y)$$

이러한 $T$는 벡터공간의 핵심 연산들인 스칼라곱과 벡터합을 보존하는 함수들이다. 이러한 함수를 특별히 선형변환이라 부른다.

$(V, \mathbb{F})$를 정의역으로 가지고 $(W,\mathbb{F})$를 공역으로 가지는 모든 선형변환의 집합은 그 자체로 하나의 벡터공간을 이루며 (집합의 양자화를 생각하자) $\mathcal{L}(V,W)$로 표기한다.


2) 선형사상과 행렬
2-1) 행렬이 표현하는 선형사상
모든 행렬은 행렬곱에 의해 하나의 선형사상을 정의한다.
예컨대 $A \in \mathcal{M}_{m \times n}(\mathbb{F})$라 하자. 이제 $L_{A} : \mathbb{F}^{n} \rightarrow \mathbb{F}^{m}$을 다음과 같이 정의하자:

$$ for \space x \in \mathbb{F}^{n}, L_{A}(x) := Ax$$
여기서 $Ax \in \mathbb{F}^{m}$이라는 점에 주목하라.

행렬곱은 벡터합에 대해 분배하고 스칼라곱의 위치가 자유로우므로 이 사상이 선형사상임은 쉽게 보일 수 있다.


2-2) 선형사상이 표현하는 행렬
역으로 임의의 선형변환은 정의역과 공역에 순서가 있는 기저 (ordered basis)가 주어질 때 하나의 행렬을 정의한다. 이것을 살펴보기 위해서는 좌표 변환을 알아야 한다:


$(V,\mathbb{F})$가 벡터공간이라 하자. 또한 $\beta = \{v_{1}, ..., v_{n} \} \subset V$는 하나의 순서가 있는 기저라 하자. 이제 $v \in V$일 때 $v = \Sigma_{i=1}^{n} a_{i} v_{i}$를 만족하는 유일한 계수들 $a_{1}, ... , a_{n}$이 존재한다.

따라서 다음의 함수 $\phi_{\beta} : (V, \mathbb{F}) \rightarrow \mathbb{F}^{n}$를 정의할 수 있다:

$$ v = \Sigma_{i=1}^{n} a_{i}v_{i} \Leftrightarrow \phi_{\beta}(v) = (a_{1}, ... , a_{n})^{T}$$

이것이 잘 정의된 선형변환이라는 사실은 $\beta$가 기저라는 사실로부터 알 수 있다.

이하에서는 $V$는 $n$차원이고 $W$는 $m$차원이라 가정한다.
이제 $T: (V,\mathbb{F}) \rightarrow (W,\mathbb{F})$가 선형변환이라 하고, $\beta, \gamma$는 각각 $V,W$의 순서가 있는 기저라 하자. 이제 $T \in \mathcal{L}(V,W)$를 다음과 같이 행렬로 보내는 함수를 정의하자:

$$ \psi: \mathcal{L}(V,W) \rightarrow \mathcal{M}_{m \times n} \\ \psi(T)(\phi_{\beta}(v)) = \phi_{\gamma}(Tv)$$

기저의 원소들에 대해 조건을 만족하는 $\psi(T)$가 존재하는지를 살펴본 이후, $\phi_{\beta}, \phi_{\gamma}$의 선형성을 이용하면 위의 조건을 만족하는 변환이 존재하며 선형변환임을 보일 수 있다. 따라서 순서가 있는 기저가 정해지면 선형변환은 행렬을 유일하게 표현하고, $[T]_{\beta}^{\gamma}$라고 쓴다.


2-3) 표준기저
이제 표준기저가 왜 표준기저라 불리는지에 대해 논의한다.
$$L_{A} : \mathbb{F}^{n} \rightarrow \mathbb{F}^{m}$$이 행렬에 의해 정의된 선형사상이라 하자.
이 행렬을 다시 선형사상으로 표현하고자 할 때, $\mathbb{F}^{n}$의 순서가 있는 기저가 $n$차원 표준기저 $\beta = \{e_{1}, ... , e_{n} \}$이고, $\mathbb{F}^{m}$의 순서가 있는 기저가 표준기저 $m$차원 표준기저 $\gamma = \{e_{1}, ... , e_{m} \}$이라 하자.
이제 $[L_{A}]_{\beta}^{\gamma} = A$이다.


2-4) 선형변환의 합성과 행렬곱
$T: (V, \mathbb{F}) \rightarrow (W, \mathbb{F}), U: (W,\mathbb{F}) \rightarrow (X, \mathbb{F})$가 둘 다 선형변환이라 하자. 선형변환의 합성은 선형변환이므로, $U \circ T: V \rightarrow X$ 역시 선형변환이다.

이제 $V,W,X$의 순서가 있는 기저가 각각 $\beta, \beta', \beta''$으로 주어질 때 $[U \circ T]_{\beta}^{\beta''}$가 행렬로 어떻게 표현되는지가 관심의 대상이다. 그런데 행렬곱의 정의에 의해 (조금 notation이 번거롭지만) 연산을 하다보면
$$[U \circ T]_{\beta}^{\beta''} = [U]_{\beta'}^{\beta''} [T]_{\beta}^{\beta'}$$임을 알 수 있다.


2-5) 좌표계 변환 행렬
$T: (V, \mathbb{F}) \rightarrow (W, \mathbb{F})$가 선형사상이고, $\beta = \{v_{1}, ... , v_{n} \}, \gamma = \{w_{1}, ... , w_{m} \}$은 각각 $V,W$의 순서가 있는 기저라 하자.
2-2)의 논의에 의해 $[T]_{\beta}^{\gamma}$는 $m \times n$ 행렬임을 안다.
이제 $V,W$ 각각에 대해 새로운 순서가 있는 기저 $\beta', \gamma'$을 잡았다 하자. 이제 우리는 $[T]_{\beta'}^{\gamma'}$을 알고 싶다 하자.

이것을 풀기 위해서는 항등변환 $I_{V} : V \rightarrow V, I_{W}: W \rightarrow W$를 생각하는 것이 편리하다.
$$ I_{W} \circ T \circ I_{V} : V \rightarrow V \rightarrow W \rightarrow W$$는 선형변환으로써 $T: V \rightarrow W$와 동일하다. 한편 선형변환의 합성을 행렬곱으로 표현할 수 있음을 안다. 따라서 $V \rightarrow V \rightarrow W \rightarrow W$에 대응하는 기저들을 각각 $\beta', \beta, \gamma, \gamma'$이라 두면 다음이 성립한다:

$$[I_{W} \circ T \circ I_{V}]_{\beta'}^{\gamma'} = [I_{W}]_{\gamma}^{\gamma'} [T]_{\beta}^{\gamma} [I_{V}]_{\beta'}^{\beta}$$

특히 $W = V$일 때, $[I_{V}]_{\beta'}^{\beta} = [I_{V}]_{\beta}^{\beta'}^{-1}$이다. 따라서 $[T]_{\beta'} = P^{-1} [T]_{\beta} P$인 어떤 행렬 $P$가 존재한다. 이 행렬 $P$를 좌표계 변환 행렬이라 부른다.


3) im(T), ker(T)
$T: (V, \mathbb{F}) \rightarrow (W, \mathbb{F})$가 선형사상이라 하자. 선형사상과 관련되는 자연스러운 부분공간들이 존재한다.

$ im(T) := \{ w\in W | \exists v \in V, T(v) = w \}$는 가장 자연스럽게 생각할 수 있는 $W$의 부분공간이다. 이것이 부분공간임을 보이는 것은 선형사상의 선형성을 이용하면 된다.
한편 $ ker(T) := \{ v \in V| T(v) = 0\}$은 자연스럽게 떠오르는 $V$의 부분공간이다. 이것이 부분공간임을 보이는 것 역시 쉽다.

특히,
$T = L_{A}, V = \mathbb{F}^{n}, W = \mathbb{F}^{m}$일 때 $im(T)$는 $A$의 열벡터들의 선형결합으로 만들어지는 열공간이다.

4) 동형사상 (Isomorphism)
$T: (V, \mathbb{F}) \rightarrow (W, \mathbb{F})$가 전단사 선형사상이라 하자. 이러한 사상을 동형사상이라 부른다. 선형사상의 역함수가 존재할 때 역함수 역시 선형임을 쉽게 알 수 있다. 따라서 동형사상이 존재하는 $(V, \mathbb{F}), (W, \mathbb{F})$는 "사실상 같다"고 할 수 있다. (보다 엄밀하게는 same upto isomorphism이라 한다.)

$T$가 동형사상이면 $ker(T) = \{0\}$이다. 따라서 $L \subset V$가 선형독립인 집합일 때 $T(L)$ 역시 $W$에서 선형독립인 집합이고, $G \subset V$가 생성집합일 때 $T(G)$ 역시 $W$의 생성집합임을 안다. 따라서 $T$가 동형사상이고 $V,W$가 유한차원 벡터공간이면 둘의 차원이 같다. 역으로 두 벡터공간의 차원이 같으면 둘 사이 동형사상이 항상 존재한다 (순서가 있는 기저를 하나 잡고 순서대로 보내버리면 된다.)


5) Rank-Nullity theorem
앞서 살펴보았듯 $im(T)$는 공역의 부분공간이고, $ker(T)$는 정의역의 부분공간이다. 그런데 놀랍게도 유한차원 위에서는 다음의 관계식이 성립한다:

$$ dim(im(T)) + dim(ker(T)) = dim(V)$$

교수님이 이를 직관적으로 설명해주셨는데, "정의역이 갖고 있는 정보는 공역으로 전달된 정보 + 중간에 잃어버린 정보"이다.

rank-nullity 정리는 상당히 중요하므로 증명을 진행한다.
증명.
$V$가 $n$차원 벡터공간이라 하고, $\beta = \{v_{1}, ... , v_{m} \}$는 $ker(T)$의 순서가 있는 기저라 하자.
이제 $im(T)$의 순서가 있는 기저 $\gamma = \{w_{1}, ... , w_{p} \}$를 잡는다. 이제 $T(u_{i}) = w_{i}$를 만족하는 어떤 $u_{i}, \space i=1,...,p$들을 잡는다 (아무런 u를 잡는다; 존재하기만 하면 되는데 이는 $w_{i} \in im(T)$로부터 안다.)

이제 우리는 $\{v_{1}, ... , v_{m}, w_{1}, ... , w_{p} \}$가 $V$의 순서가 있는 기저라 주장할 것이다. 이는 자동적으로 $p = n-m$을 의미하고 증명을 끝낼 것이다.


i) 선형독립성
$x := \Sigma_{i=1}^{m} a_{i}v_{i} + \Sigma_{j=1}^{p} b_{j}w_{j} = 0$이라 하자.
이러면 $T(x) = 0 = \Sigma_{j=1}^{p} b_{j} T(b_{j})$이므로 $b_{j} = 0$이다.
이제 다시 $\Sigma_{i=1}^{m} a_{i}v_{i} = 0$인데 $v_{i}$는 $ker(T)$의 선형독립인 집합이므로 $V$의 선형독립인 집합이고 따라서 $a_{i} = 0$이다.

ii) 생성
$x \in V$라 하자. 이제 $T(x)$는 $im(T)$의 원소이므로 $\exists b_{1},...,b_{p}, T(x) = \Sigma_{i=1}^{p} b_{i}w_{i}$이다.
따라서 $T(x - \Sigma_{i=1}^{p} b_{i}u_{i}) = T(x) - \Sigma_{i=1}^{p} T(u_{i}) = 0$이고, $x - \Sigma_{i=1}^{p} b_{i}u_{i} \in ker(T)$이다. 이제 다시 $x - \Sigma_{i=1}^{p} b_{i}u_{i} = \Sigma_{j=1}^{m} a_{i}v_{i}$를 만족하는 계수들이 존재한다. 이를 종합하면 $x = \Sigma_{j=1}^{m} a_{i}v_{i} + \Sigma_{i=1}^{p} b_{i}u_{i}$를 만족하는 계수들이 존재한다.

둘을 종합하면 우리가 살펴보는 집합이 실제로 기저라는 얻고, 차원정리로부터 증명이 완료된다. $\square$


6) Dual space
$(V, \mathbb{F})$가 벡터공간이라 하자. 이제 이 벡터공간의 듀얼공간을 다음과 같이 정의할 수 있다:
$$V^{*} := \mathcal{L}(V, \mathbb{F})$$
즉 $V$의 듀얼공간은 $V \rightarrow \mathbb{F}$로 가는 선형범함수들의 집합이다.
$V$가 유한차원 벡터공간일 때 듀얼공간의 차원은 원래 공간의 차원과 같다. 따라서 둘 사이에 동형사상이 존재할 것임을 유추할 수 있다.

특히 $\beta = \{v_{1}, ... , v_{n} \}$가 $V$의 순서가 있는 기저일 때 $\beta^{*} = \{f_{1}, ... , f_{n} \}$을 다음과 같이 정의할 수 있다:

$$ f_{i} (v_{j}) = \begin{cases} 1 \space i = j \\ 0 \space i \neq j \end{cases} $$


특히 선형사상의 행렬표현과 관련하여 전치행렬을 다음과 같이 나타낼 수 있다:
$T: V \rightarrow W$가 선형사상이고, $\beta, \gamma$가 각각 $V,W$의 순서가 있는 기저라 하자.
이제 $A = [T]_{\beta}^{\gamma}$이다.

다음과 같이 선형사상을 정의하자:

$$T^{t} : W^{*} \rightarrow V^{*}$$이고, $g \in W^{*}$에 대해서 $T^{t}(g) = gT$로 정의한다.
즉, $v \in V$에 대해 $T^{t}(g) = g(T(v)) \in \mathbb{F}$이므로, $T^{t}(g) \in V^{*}$임을 알 수 있다.

이것이 선형사상이고, 듀얼기저 $\beta^{*}, \gamma^{*}$에 대해 $[T^{t}]_{\gamma^{*}}^{\beta^{*}} = A^{t}$임을 보이는 것은 간단한 작업이다.