[외전] 흥미로운 선형대수학 문제

아직 걷는 법을 익히지 못해 기어가고 있는 블로그 주인장이다.

오늘은 선대 외전으로, 유투브에서 본 흥미로운 선형대수학 문제를 풀어보도록 하겠다.

 

 

 

문제. $A,B \in \mathcal{M}_{n\times n} (\mathbb{C})$라 하자. 이제 $AB = BA$가 성립하면, $A,B$는 고유벡터를 적어도 하나 공유함을 보이시오.

 

 

증명.

$A$의 특성다항식은 $\mathbb{C}$서 일차식으로 분해된다 (이는 대수학의 기본정리에 의해서 성립한다). 따라서 $A$는 적어도 고유벡터를 하나 가지는데, 이를 $x$라 하자. 

이제 $x$에 의해 생성되는 $B$-cyclic base를 생각해 보자. 그러니까 $x, Bx, B^{2}x,...$를 고려하는데, 원소를 더 추가하면 선형종속이 될 때까지 원소를 추가한다고 생각하면 된다. $B^{i}x$는 $\mathbb{C}^{n}$에 속하는 벡터이므로 많아봐야 $n$개의 원소를 추가하기 전에 이 과정은 반드시 종료된다. 일반성을 잃지 않고 그 집합이 $S=\{x,Bx,...,B^{j}x\}$로 주어졌다 하자.

 

주장 1. $span(S)$는 $A$-invariant하다.

주장 1의 증명.

$y \in S, y = b_{0}x + b_{1}Bx+...+b_{j}B^{j}x$로 표현된다고 하자. 이제 $Ay = A(b_{0}x+b_{1}Bx+...+b_{j}B^{j}x$가 성립한다. 그런데 $A(b_{i}B^{i}x) = b_{i} (AB^{i}x) = b_{i} B^{i}(Ax) = \lambda b_{i}B^{i}x$이다. 여기서 첫째 등호는 행렬 곱셈과 스칼라곱이 교환되므로 성립한다. 둘째 등호는 $AB = BA$이라는 사실을 i번 반복적용하면 얻게 된다. 셋째 등호는 $x$가 $A$의 고유벡터로 잡았기 때문에 성립한다.

 

따라서 $A(b_{0}x+...+b_{j}B^{j}x) = \lambda(b_{0}x + ...+b_{j}B^{j}x)$이므로, 주장이 성립한다.

 

 

주장 1에 의해, $span(S)$는 $A$-invariant 하면서 $B$-invariant subspace이다.

 

 

주장 2. $span(S)$는 $A$의 고유벡터들로만 이루어진 집합이며, 특히 $x$에 대응되는 고윳값 $\lambda$에 대응되는 고유공간의 부분공간이다.

주장 2의 증명.

임의의 음이 아닌 정수 i에 대해서, $(AB^{i})x = B^{i}(Ax) = \lambda B^{i}x$이다. 따라서 주장이 성립한다.

 

 

이제 $B$를 좌곱하는 선형변환 $L_{B}$를 $span(S)$에 대해 제한한 새로운 선형변환 $T$를 생각해 보자. $span(S)$는 $\mathbb{C}^{n}$의 $B$-invariant 부분공간이므로, $T$의 특성다항식은 $L_{B}$의 특성다항식을 나누어야 한다. 그런데 이 특성다항식 역시 일차식으로 분해되므로, $span(S)$에서 존재하는 $B$의 고유벡터가 적어도 하나 존재한다. 그런데 $span(S)$의 모든 벡터들은 $A$의 고유벡터였으므로, 정리가 증명된다. $\square$