A Proof a Day keeps Dementia Away

과제를 하다가 제목의 정리를 써야 하는 순간이 왔는데 미적분학 2를 완벽히는 이해하지 못하고 넘어가서 다시 봐야겠다 생각했다.

우리의 목표는 다음 정리이다:

정리. 단순폐곡선 $\gamma$에 의해 정의되는 내부 영역 $\Omega$에서 복소함수 $f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$가 해석적이라 하자. 이제 $$\int_{\gamma} f(z)dz = 0$$이다.

이 정리의 아이디어는 크게 두 가지이다:

1) 코시-리만 방정식.

2) 벡터장의 선적분과 그린 정리.

1. 코시-리만 방정식

이 장에서는 코시-리만 방정식의 비교적 간단한 증명을 주고자 한다.

함수 $f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$가 $z = z_{0}$서 복소미분가능하다 하자.

즉, 복소수 $L = a+bi$가 존재하여,

$$ \lim_{z \to 0} \frac{f(z+z_{0}) - f(z_{0})}{z} = a + bi$$가 성립한다.

따라서, $z$가 실수축 또는 순허수축을 따라 0으로 접근해도 이 극한이 성립한다.

$$ \lim_{h\to 0} \frac{f(z_{0} + h) - f(z_{0})}{h} = a + bi ...(1)\\ \lim_{h\to 0} \frac{f(z_{0} + hi) - f(z_{0})}{hi} = a+bi ...(2)$$ (여기서 $h$는 실수) 가 성립한다.

이제 $\psi : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{C}$가 이전 글에서 정의된, 자연스러운 노름을 보존하는 전단사 선형사상이라 하고 $F := f \circ \psi$라 정의하면

$$ \lim_{h\to 0} \frac{F(x_{0} + h, y_{0}) - F(x_{0},y_{0})}{h} = (a,b) \\ \lim_{h \to 0} \frac{F(x_{0}, y_{0} + h) - F(x_{0}, y_{0})}{h} = (-b,a)$$

가 성립한다.

따라서

$$ F(x,y) = (u(x,y), v(x,y))$$라 하면

$$ u_{x} = a, v_{x} = b, u_{y} = -b, v_{y} = a$$

가 성립하여 코시-리만 방정식

$$ u_{x} = v_{y}, v_{x} = -u_{y}$$

가 성립한다.

2. 벡터장의 선적분과 그린 정리

2-1. 벡터장의 선적분

벡터장 $F$란, 공간의 각 점에 벡터를 대응하는 일종의 함수이다.

미적분학의 범위에서 다루는 공간은 유클리드 공간이므로 벡터장은 $F: \mathbb{R}^{n} \to V$ (V는 어떤 벡터공간) 이라고 이해하면 된다. 특히 보통은 $V = \mathbb{R}^{n}$으로 생각하는데 이는 유한차원 벡터공간은 항상 유클리드 공간과 동형이기 때문이다. 올라가면 n공간이 아닌 (예컨대 $S^{2}$같은) 다양체에 벡터장을 부여한다고 하는데, 필자는 그 범위는 잘 모르기 때문에 일단은 넘겨두겠다. 다만 일반적인 공간 (다양체?)의 각 점에 벡터를 부여하는 함수로 생각하면 될 것 같다.

하여튼 중요한건 우리가 어떤 공간 속 곡선에서 벡터장을 적분 하고 싶다는 것이다.

그러나 우리가 "정말" 알고 있는 것은 스칼라 함수를 구간 위에서 적분하는 것에 불과하다. 여태껏 살펴본 유클리드 공간에서의 선적분은 "그저" 1) 곡선을 매개화한 후 2) 선을 펼쳐서 구간 위 스칼라 함수를 적분하는 것에 불과하였다.

따라서 벡터장 위 곡선의 적분 역시 비슷한 논리를 따라간다:

$F$가 n차원 벡터장이라 하고, $C$는 벡터장 위의 곡선이라 하자. 특히, $C$가 $\gamma: [a,b] \to \mathbb{R}^{n} $에 의해 매개화 되었다 하자.

이제

$$ \int_{C} \textbf{F} \cdot d \textbf{s} = \int_{a}^{b} F(\gamma(t)) \cdot \gamma'(t) dt$$

이다. 좌변은 "벡터장 위 곡선의 선적분"이라는 어떤 모르는 대상인 반면 우변은 단순히 우리가 잘 알고 친숙하게 느끼는 구간 위 실함수의 적분임에 주목하라. 이 식은 곡선의 속도벡터를 벡터장에서 주어지는 벡터와 내적을 하여, 구간 위에서 합치라는 뜻이다. 직관적으로는 벡터장 위 곡선을 따라가면서 벡터장이 한 일이라고 할 수 있다.

한 가지 더 주의할 점이 있다면, 이 값은 $C$가 어떤 향으로 매개화 되었는가에 의존한다. 따라서 시작점과 끝점이 반대가 되는 역향 매개화가 이루어지면, 적분값이 반대가 된다.

예시 1. $F$가 2차원 벡터장이라 하자. $F(x,y) = (x,y)$로 주어졌다 하자. (이를 위치 벡터장이라 한다.)

이제 $C$는 원점을 중심으로 가지는 반지름 1의 원이라 하고, 매개화가 $\gamma(t) = (cos(t), sin(t))$로 이루어졌다 하자.

이제 정의에 의해

$$\int_{C} \textbf{F} \cdot d\textbf{s} = \int_{0}^{2\pi} F(\gamma(t))\cdot \gamma'(t)dt  \\ = \int_{0}^{2\pi} (cos(t), sin(t)) \cdot (-sin(t), cos(t)) dt \\ = \int_{0}^{2\pi} 0 dt = 0$$

이다.

2-2. 그린 정리

그린 정리는 특수한 상황에서, $C^{1}$급 벡터장에서의 선적분이 어떤 영역의 면적분으로 표현된다는 정리이다.

당연히 이렇게만 말하면 전혀 이해가 되지 않을 것이다.

"특수한 상황"이란,

1) 조각적 연속인 곡선이 알고보니 폐곡선이어서 외부와 내부를 정의하고,

2) 심지어 단순하여 스스로를 교차하지 않는다는 것이다.

"어떤 영역"이란, 조각적 연속 단순 폐곡선이 정의하는 내부를 의미한다.

(내부와 외부를 직관적으로 이야기하자면 다음과 같다: 단순 폐곡선은 평면을 2개의 영역 A와 B로 분할한다. A와 B의 두 점을 골라 잇는 선을 그리면 무조건 단순 폐곡선과 만난다. 반면 A에서 두 점을 고르거나 B에서 두 점을 고르면 선을 잘 그려 항상 단순 폐곡선과 만나지 않게 할 수 있다. 두 영역 중 유계인 영역을 내부라 정의한다.)

이제 그린 정리를 살펴보자:

$$ \int_{\partial D} \textbf{F} \cdot d\textbf{s} = \iint_{D} rot(\textbf{F}) dV_{2}$$

또는, 벡터장이 $F(x,y) = (M(x,y), N(x,y))$일 때 미분형식으로 나타낸다면

$$ \int_{\partial D} M dx + N dy = \iint_{D} (\frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y}) dx dy$$

라고 볼 수 있다. (미분형식의 정확한 의미는 아직도 잘 모르겠다... 다만 일단 여기서는 하나의 정의로 받아들이기로 했다. 미분형식은 영역 위에서 적분할 수 있는 무언가라고 한다. 일단은 $\int_{C} M(x,y) dx = \int_{a}^{b} M(x(t),y(t)) x'(t) dt$로 이해하면 되는 것 같다.)

그린 정리의 증명은 생략한다. 홍종분학 2를 참조하도록.

이제 그린 정리를 이용하여 원래 증명하고자 했던 정리를 증명하자.

정리. 단순폐곡선 $\gamma$에 의해 정의되는 내부 영역 $\Omega$에서 복소함수 $f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$가 복소미분가능하다 하자. 이제 $$\int_{\gamma} f(z)dz = 0$$이다.

증명.

영역을 $\Omega$, 영역의 경계를 $\partial \Omega$, 매개화된 유향곡선을 $\gamma$라 하자.

복소함수 $f$가 영역에서 해석적이고, $f(x+iy) = M(x+iy) + i N(x+iy)$라 하자.

코시-리만 방정식에 의해 $M_{x} = N_{y}, M_{y} = -N_{x}$임에 주목하라.

복소함수에서의 선적분의 정의에 의해

$$ \int_{\partial \Omega} f(z) dz  = \int_{a}^{b} f(\gamma(t)) \gamma'(t) dt \\ = \int_{a}^{b} f(x(t)+iy(t)) (x'(t)+iy'(t)) dt \\ = \int_{a}^{b} [M(x(t)+iy(t)) x'(t) - N(x(t)+iy(t)) y'(t)] + [M(x(t)+iy(t)) y'(t) + N(x(t)+iy(t)) x'(t)] dt$$

이다.

이제 두 개의 이차원 벡터장을 정의한다:

$$ F_{1}(x,y) := (M(x+iy), N(x+iy)) \\ F_{2}(x,y) := (N(x+iy), M(x+iy))$$

$F$가 해석적이므로 $F_{1}, F_{2}$는 $C^{1}$급 벡터장이다.

이제 그린 정리에 의해 $$ \int_{\partial \Omega} (M dx - N dy) = \iint_{\Omega} - \frac{\partial N}{\partial x} + \frac{\partial M}{\partial y} dxdy ...(1) \\ \int_{\partial \Omega} (M dy + N dx) = \iint_{\Omega} \frac{\partial M}{\partial x} - \frac{\partial N}{\partial y} dxdy ...(2)$$이다.

그런데 코시-리만 방정식에 의해 (1), (2) 모두 영역 내에서 피적분함수가 항등적으로 0이므로 적분값도 0이다!

따라서 원래 구하던 값 역시 0이다. $\square$

마지막으로 첨언:

예컨대 (실함수의 antiderivative에 대응되는) 원시함수 (primitive)가 존재하는 복소함수 $f$에 대해서도 마찬가지의 논의가 성립한다는 것은 미적분학의 기본 정리에 의해 쉽게 알 수 있다. 이는 실함수에서부터 오랫동안 봐온, 당연히 기대할 만한 성질이다.

그런데 해석적 함수에 대해서도 같은 등식이 성립한다는 것은, 복소미분가능성이 어떻게 보면 "적분가능성"과 밀접한 관련이 있을 것이라는 점을 강하게 시사한다.

복소함수 $$f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$$가 $z_{0} \in \mathbb{C}$서 미분가능하다는 것은 다음의 식이 성립하는 복소수 $L:= f'(z_{0})$이 존재함을 의미한다:

$$ \lim_{z \to 0} \frac{f(z_{0}+z) - f(z_{0})}{z} = L$$

복소함수론 시간에서 복소함수 $f$가 있으면 이를 $F: \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}$라는 다른 함수로 볼 수 있고, 특히

$$ F(x,y) := (Re(f(x+iy)), Im(f(x+iy))) = (u(x,y),v(x,y))$$

로 정의한다면 $F$가 (사상으로서) 미분가능하고, 특히 야코비행렬 

$$\begin{pmatrix} u_{x} & u_{y} \\ v_{x} & v_{y} \end{pmatrix}$$

가 코시-리만 방정식

$$u_{x} = v_{y} \\ v_{x} = -u_{y}$$

를 만족함을 배웠다.

그런데 정확히 $f$로부터 $F$로 넘어가는 과정이 어떻게 되는지가 헷갈려 고민을 한 끝에 나름의 답에 도달하여, 이를 여기에 정리하고자 한다.

우선 좌표평면과 복소수 사이에 다음의 일대일 대응관계가 성립함에 주목하라:

$$ \psi: \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{C} \\ \psi(x,y) = x + yi $$

$\psi$는 아주 좋은 성질들을 많이 가진다:

(i) $\psi$는 전단사이다.

(ii) $\psi$는 선형사상이다. 즉, 공역이 실수체 위의 복소수라는 이차원 벡터공간이라 할 때, $\psi$는 $\mathbb{R}^{2}$의 벡터합과 스칼라곱을 보존한다.

(iii) $\psi$는 노름을 보존한다. 즉,

$$|\psi(x,y)| \\ = |x+yi| \\= \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ = |(x,y)|$$

이다.

(iii)에 의해 $\mathbb{R}^{2}$에서 수렴하는 수열은 $\psi$에 의해 $\mathbb{C}$에서 수렴하는 수열로 보내진다.

이제 $f$가 $z_{0}$서 복소미분가능하다 할 때 어떻게 $F$의 미분가능성이 도출되는지 살펴보자. $(x,y) := \psi^{-1} (z), (x_{0}, y_{0}) = \psi^{-1} (z_{0}), (a,b) := \psi^{-1} (f'(z_{0}))$로 정의하자.

$$\lim_{z \to 0} \frac{f(z_{0}+z) - f(z_{0})}{z} = f'(z_{0}) \\ \Rightarrow \lim_{z\to 0} \frac{f(z_{0}+z) - f(z_{0}) - z f'(z_{0})}{z} = 0 \\ \Rightarrow \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{|f(\psi(x_{0}+x, y_{0}+y)) - f(\psi(x_{0},y_{0})) - \psi(ax-by, bx+ay)|}{|\psi(x,y)|} = 0 \\ \Rightarrow \lim_{(x,y) \to (0,0)} \psi^{-1} (\frac{|f(z_{0}+z) - f(z_{0}) - z f'(z_{0})|}{|z|}) = 0 \\ \Rightarrow \lim_{(x,y) \to (0,0)} \psi^{-1}(\frac{|f(\psi(x_{0}+x, y_{0}+y)) - f(\psi(x_{0},y_{0})) - \psi(ax-by, bx+ay)|}{|\psi(x,y)|}) = 0 \\ \Rightarrow \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{|\psi^{-1}(f(\psi(x_{0}+x, y_{0}+y))) - \psi^{-1}(f(\psi(x_{0},y_{0}))) - (ax-by, bx+ay)|}{|(x,y)|} = 0 $$

그런데 앞서 정의한 $F: \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}$이 사실은 $\psi^{-1} \circ f \circ \psi$에 불과함을 알 수 있다.

따라서

$$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{|F(x_{0}+x, y_{0}+y) - F(x_{0},y_{0}) - (ax-by, bx+ay)|}{|(x,y)|} = 0 $$

따라서 $F$가 미분 가능하고, 특별히 $F$의 야코비 행렬이 코시-리만 방정식을 만족하도록 주어짐을 알 수 있다.

위상과 기저의 정의를 상기하자:

정의 1. (위상)

$X$가 집합이라 하자. $X$ 위에 정의된 위상 $\mathcal{T}$란, 다음을 만족하는 집합족 $\mathcal{T} \subset \mathcal{P}(X)$이다:

$$(i) \hspace{0.2cm} X, \emptyset \in \mathcal{T} \\ (ii) \hspace{0.2cm} \mathcal{T'} \subset \mathcal{T} \Rightarrow \cup_{S \in \mathcal{T'}} S \in \mathcal{T} \\ (iii) \hspace{0.2cm} S_{1},...,S_{n} \in \mathcal{T} \Rightarrow \cap_{i=1}^{n} S_{i} \in \mathcal{T}$$

(i)은 단순히 전체집합과 공집합이 열려있음을 의미한다. (ii)는 열린 집합들에 대해서는 (nonempty하기만 한) 임의의 합집합을 한 결과물도 열려 있음을 의미한다. (iii)은 열린 집합들의 유한한 교집합의 결과물이 열려있음을 의미한다.

집합 $X$와 그 위에서 정의된 위상 $\mathcal{T}$의 쌍 $(X,\mathcal{T})$를 위상공간이라 한다.

정의 2. (기저)

$X$가 집합이라 하자. 다음을 만족하는 집합족 $\mathcal{B} \subset \mathcal{P}(X)$을 X 위의 기저라 한다:

$$(i) \hspace{0.2cm} \forall x\in X, \exists B \in \mathcal{B}, x \in B \\ (ii) \hspace{0.2cm} B_{1}, B_{2} \in \mathcal{B} \wedge x \in B_{1} \cap B_{2} \Rightarrow \exists B_{3} \in \mathcal{B},x \in B_{3}$$

정의 3. (기저에 의해 생성된 위상공간)

$X$가 집합이고 $\mathcal{B}$가 기저라 하자.

$\mathcal{B}$에 의해 생성된 위상공간 $\mathcal{T}$는 다음을 만족하는 집합족이다:

$$ S \in \mathcal{T} \Leftrightarrow \forall x\in S, \exists B \in \mathcal{B}, x \in B \subset S$$

이 보조정리는 어떤 기저가 어떤 위상을 실제로 생성함을 보일 때 유용하게 쓰인다:

보조정리 1. (기저에 의해 생성된 위상의 특정)

$\mathcal{B}$가 X 위의 기저라 하자. $\mathcal{B}$에 의해 생성된 위상 $\mathcal{T}$는 다음을 만족한다:

$$ S \in \mathcal{T} \Leftrightarrow \exists \mathcal{B'} \subset \mathcal{B}, S = \cup_{Y \in \mathcal{B'}} Y$$

Remark.

$\mathcal{B_{1}}, \mathcal{B_{2}}$가 $X$에서 다른 기저일 수 있지만, 이 둘에 의해 생성된 위상공간은 같을 수 있다.

이제 위상공간과 기저의 예시들을 살펴보자.

예시 1. (indiscrete topology)

$X$는 임의의 집합이다. $\mathcal{T} = \{\emptyset, X\}$이다.

Q. 집합족 $\mathcal{T}$는 위상의 조건들을 만족하는가?

=> 그렇다.

(i)은 자명하게 성립한다.

(ii)의 경우, $\mathcal{T}$가 두 개의 원소로 이루어져 있으므로 $X \cup \emptyset$만 살펴보면 되는데, $X \cup \emptyset = X \in \mathcal{T}$이다.

(iii)의 경우 역시 $X \cap \emptyset = \emptyset \in X$이다.

Q. $\mathcal{B} = \{\emptyset, X\}$은 $\mathcal{T}$를 생성하는 X 위의 기저인가?

=> 그렇다. 

(i) $\forall x\in X, x \in X, X \in \mathcal{B}$이다.

(ii) $\mathcal{B}$의 원소가 둘뿐이므로, $x \in X \cap \emptyset$인 경우만 살펴보면 되는데 이 경우를 만족하는 $x$가 없으므로 (ii)는 공허참이다.

(iii) $X = X \cup \emptyset$이므로 기저에 의해 생성된다. $\emptyset$은 $\mathcal{B'} = \emptyset$을 잡을 수 있으므로 생성된다.

(iv) 기저가 유한하므로, 가능한 모든 경우의 수를 살펴보면 $\emptyset, X$뿐임을 쉽게 알 수 있다.

(i)~(iv)에 의해 $\mathcal{B}$는 X 위의 기저이고, $\mathcal{B}$에 의해 생성된 위상이 실제로 $\mathcal{T}$이다.

이 위상공간을 X 위의 indiscrete topology라 한다.

예시 2. (discrete topology)

$X$는 임의의 집합이다. $\mathcal{T} = \mathcal{P}(X)$이다.

즉, $X$의 모든 부분집합이 열린 집합이다.

Q. 집합족 $\mathcal{T}$는 위상의 조건들을 만족하는가?

=> 그렇다.

(i)는 $\emptyset, X \in \mathcal{P}(X)$이므로 성립한다.

(ii)의 경우, $\mathcal{T'} \subset \mathcal{T}$라 하자. 이 경우 $S \in \mathcal{T'} \Rightarrow S \subset X$이므로, $\cup_{S \in \mathcal{T'}} S \subset X$이다. 따라서 $\cup_{S \in \mathcal{T'}} S \in \mathcal{P}(X)$이므로 성립한다.

(iii)의 경우,

$$S_{1},...,S_{n} \in \mathcal{T} = \mathcal{P}(X) \\ \Leftrightarrow S_{1},...,S_{n} \subset X \\ \Rightarrow \cap_{i=1}^{n} S_{i} \subset X \\ \Leftrightarrow \cap_{i=1}^{n} S_{i} \in \mathcal{P}(X)$$이므로 성립한다.

Q. $\mathcal{B} = \{\{x\}: x\in X\}$는 $\mathcal{T}$를 생성하는 X 위의 기저인가?

=> 그렇다.

(i) 조건이 성립한다: $x \in X$이면, $x \in \{x\}, \{x\} \in \mathcal{B}$이기 때문이다.

(ii)의 조건을 살펴보자. $x \in B_{1} \cap B_{2} , B_{1}, B_{2} \in \mathcal{B}$라 하자. 그렇다면 $x \in B_{1}, x\in B_{2}$인데 $\mathcal{B}$의 모든 원소들은 단일 원소로 이루어진 집합 (singleton)이므로, $B_{1} = B_{2} = \{x\}$이어야 한다. 따라서 $\{x\} \in \mathcal{B}, x \in \{x\} \subset B_{1} \cap B_{2} = \{x\}$이다.

(iii) $\emptyset$의 경우 $\mathcal{B'} = \emptyset$을 잡으면 만들어진다. $Y \subset X$라 하면 $Y = \cup_{y\in Y} \{y\}$이고, $\{y\}$는 각각 $\mathcal{B}$의 원소이므로 $\mathcal{B}$에 의해 모든 $X$의 부분집합이 생성된다.

Q. $X$가 셋 이상의 원소를 가진다 가정하자. $\mathcal{B} = \{\{x,y\}, x,y\in X, x\neq y\}$는 $\mathcal{T}$를 생성하는 $X$ 위의 기저인가?

=> 아니다.

(i) 조건은 성립한다. $x \in X$이면, $X \neq \{x\}$이므로 어떤 $y \in X, x\neq y$가 존재한다. 따라서 $x \in \{x,y\}, \{x,y\} \in \mathcal{B}$이다.

(ii) 조건이 성립하지 않는다. $x,y,z\in X$라 하자 (셋 모두 다른 원소). 이 경우 $x \in \{x,y\} \cap \{x,z\}$이다. 따라서 어떤 $B \in \mathcal{B}$가 존재하여, $$x \in B \subset \{x,y\} \cap \{x,z\} = \{x\}$$가 성립해야 한다. 그런데 모든 기저의 집합들은 원소의 개수를 2개 가지고 있으므로 이는 불가능하다.

이 위상공간을 X 위의 discrete topology라 한다.

예시 3. (metric topology)

$X$가 거리공간이라 하자. 즉, 어떤 적당한 거리함수 $d: X\times X \to [0.\infty)$가 존재하여 nonnegativity & nondegeneracy, symmetry, triangle inequality를 만족한다.

다음과 같은 집합족을 정의하자:

$$ \mathcal{T} := \{U \subset X: \forall x\in U, \exists \epsilon > 0, B_{\epsilon}(x) \subset U\}$$

즉, 해석개론 시간에 배웠던 "열린 집합"들을 열린 집합으로 정의해본다.

Q. $\mathcal{T}$는 실제로 위상인가?

=> 그렇다.

(i) $\emptyset$은 명제가 $\forall x\in U, \exists \epsilon > 0, B_{\epsilon}(x) \subset U$가 공허참이므로 $\mathcal{T}$에 속한다. $X$의 경우, 모든 $x$에 대해 $\epsilon = 1$을 잡으면 명제가 성립한다 (사실 아무 $\epsilon>0$을 잡아도 된다.)

(ii) $\mathcal{T'} \subset \mathcal{T}$라 하자. $x \in \cup_{U \in \mathcal{T'}} U$라 하면, 어떤 $U_{x} \in \mathcal{T'}$가 존재하여 $x \in U_{x}$가 성립한다. 따라서 (정의에 의해) 어떤 적당한 $\epsilon > 0$이 존재하여

$$B_{\epsilon}(x) \subset U_{x} \subset \cup_{U \in \mathcal{T'}} U$$가 성립하므로, 정의에 의해 $\cup_{U \in \mathcal{T'}} U \in \mathcal{T}$이다.

(iii) $U_{1}, ... , U_{k} \in \mathcal{T}$라 하자. $x \in \cap_{i=1}^{k} U_{i}$라 가정하자. 이 경우 각 $i =1,...,k$에 대해, $\epsilon_{i} > 0$이 존재하여 $B_{\epsilon_{i}} (x) \subset U_{i}$이다.

이제 $\epsilon^{*} := \min\{\epsilon_{1},...,\epsilon_{k}\}$라 하면, $$B_{\epsilon^{*}} (x) \subset \cap_{i=1}^{k} U_{i}$$가 성립한다. 모든 점 $x \in \cap_{i=1}^{k} U_{i}$에 대해 적당한 $\epsilon^{*}$가 존재하므로, 조건이 성립한다.

예시 4. (finite complement topology)

$X$는 임의의 집합이라 하자. $$\mathcal{T} := \{ U \subset X: U = \emptyset \vee |X - U| < \aleph_{0}\}$$

로 집합족을 정의하자.

Q. $\mathcal{T}은 실제로 위상인가?

=> 그렇다.

(i) $\emptyset \in \mathcal{T}$는 정의에 의해 성립한다. $X - X = \emptyset$은 유한하므로 $\mathcal{T}$에 속한다.

(ii) $\mathcal{T'} \subset \mathcal{T}$가 임의의 부분집합족이라 하자. 이제 $X - \cup_{S \in \mathcal{T'}} S$가 유한함을 보이면 된다.

만약 $\mathcal{T'} = \emptyset$이면 보일 것이 없다. 따라서 그렇지 않고, 어떤 $S^{*} \in \mathcal{T'}$가 존재하여 $X - S^{*}$가 유한하다고 가정하자.

드 모르간 법칙에 의해 $X - \cup_{S \in \mathcal{T'}} S = \cap_{S \in \mathcal{T'}} (X-S)$이다. 이는 $\cap_{S \in \mathcal{T'}} (X-S) \subset X-S^{*}$에 의해 유한하고, 따라서 $\mathcal{T}$에 속한다.

(iii) $\mathcal{T'} = \{S_{1} ,... , S_{n}\}$가 $\mathcal{T}$의 유한한 부분집합족이라 하자. 이제 $X - \cap_{i=1}^{n} S_{i}$가 유한하거나 $X$임을 보이자.

이제 $X - \cap_{i=1}^{n} S_{i} = \cup_{i=1}^{n} (X-S_{i})$이다.

만약 $\emptyset \in \mathcal{T'}$이면 이는 $X$ 전체가 되어, $\mathcal{T}$에 속한다. 만약 그렇지 않다면, 이는 유한한 집합들의 유한한 합집합이므로, 유한하다.

Q. $\mathcal{T}$를 생성하는 가산기저족 $\mathcal{B}$가 존재하는가?

이 단락에서는 $X=\mathbb{R}$임을 가정한다. (또는 다른 비가산 집합임을 가정한다.) 이 가정 하에서는, 그렇지 않다.  

만약 $\mathcal{T}$를 생성하는 가산기저족 $\mathcal{B}$이 존재하고 $\emptyset$이 속해있다면, $\mathcal{B} - \{\emptyset\}$ 역시 $\mathcal{T}$를 생성하는 가산기거족임을 알 수 있다. 따라서 일반성을 잃지 않고 $\emptyset \notin \mathcal{B}$임을 가정하자.

$\cap_{B \in \mathcal{B}} B$라는 집합을 생각하여, 어떤 $x \in \cap_{B \in \mathcal{B}} B$라고 가정하자. 기저족의 정의에 의해, $x \in B^{*}, B^{*} \in \mathcal{B}$인 기저집합 $B^{*}$가 존재한다. 그런데 $X - B^{*}$가 유한하므로, $B^{**} := B^{*} - \{x\}$ 역시 $X - B^{**}$가 유한하다. 따라서 $B^{**} \in \mathcal{T}$이고, 보조정리 1에 의해 부분기저족 $\mathcal{B'} \subset \mathcal{B}$가 존재하여 $\cup_{B \in \mathcal{B'}} B = B^{**}$가 성립한다.

그런데 $x \notin B^{**}, x \in \cup_{B\in \mathcal{B'}} B$이므로 이는 모순이다.

따라서 $\cap_{B \in \mathcal{B}} B = \emptyset$이다. 그런데 만약 $\mathcal{B}$가 가산기저족이라면,

$X - \cap_{B \in \mathcal{B}} B = \cup_{B \in \mathcal{B}} (X-B)$는 유한집합의 가산 합집합이므로 가산이고, 따라서 $X$ 전체일 수 없다.

-- 수정중 --

연구인턴을 하는 중에 다음의 명제를 증명해야 하는 상황에 부딪혔다:

만약 $x,y, \frac{x}{y} \in \mathbb{R} - \mathbb{Q}$이라면, 수열 $\{(nx,ny)\}$가 $\mathbb{R}/\mathbb{Z} \times \mathbb{R}/\mathbb{Z}$에서 조밀할까?

차원을 하나 낮춘다면, $x$가 무리수일 때 수열 $\{(nx)\}$는 확실히 $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$서 조밀하고, 이는 무리수에 잘 근사되는 유리수들이 항상 존재한다는 사실에 의존한다. 따라서 이차원의 경우에서 (몇 가지 병리적 가능성을 제외하면) 직관적으로는 그럴 것 같은데 증명을 못해서 막혔다. 분명히 누군가 증명했을 법한 명제라서 책을 찾아봤는데 관련된 내용이 <Distributions Modulo One> (Yann Bugeaud)에서 튀어나왔다.

다음은 1차원에서 어떤 수열 $\{x_{n}\}$이 조밀할 필요충분조건이다:

(Weyl's criterion)

어떤 수열 $\{x_{n}\}$이 modulo 1 (즉 $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$서) 균일할 필요충분조건은, 연속이고 주기가 1인 임의의 복소함수 $f$에 대해서 $$\lim_{N\to +\infty} \frac{1}{N} \Sigma_{n=1}^{N} f(x_{n}) = \int_{0}^{1} f(x)dx$$인 것이다.

다차원에서는 다음의 형태로 나타난다:

(Weyl's criterion in multiple dimensions)

$\mathbb{R}^{d}$의 수열 $(x_{n})_{n \geq 1}$이 modulo 1에서 균일할 필요충분조건은, 주기 1이고 연속인 임의의 복소함수 $f$에 대해서 $$\lim_{N\to +\infty} \frac{1}{N} \Sigma_{n=1}^{N} f(x_{n}) = \int_{[0,1]^d} f(x) dx$$인 것이다.

통상적으로 Stone-Weierstrass 정리는 폐구간 [a,b]서 정의된 임의의 연속함수에 균등수렴하는 다항함수들의 수열이 존재함을 이야기하지만, 조금 더 일반화하면 $\{e^{2i\pi nx}\}$ 같은 함수족의 선형결합도 연속함수를 근사할 수 있다고 한다.

따라서 다변수에서 Weyl's criterion은 다음과 동치이다:

임의의 0이 아닌 정수벡터 $h$에 대해

$$ \lim_{N\to +\infty} \frac{1}{N} \Sigma_{n=1}^{N} \Sigma_{n=1}^{N} e^{2i\pi <h,x_{n}>} = 0$$이다.

또한 이를 이용하면 다음을 얻을 수 있다:

$\alpha_{1} , ... , \alpha_{d}$가 실수이고, $1, \alpha_{1}, ... , \alpha_{d}$가 유리수에서 선형독립이라 하자.

이제 $(n\alpha_{1}, ... , n\alpha_{d})$는 modulo 1 균일하게 분포한다.

이제 왜 $x/y$까지 무리수여야 했는지 좀 감이 온다.

증명은 내일 더 자세히 봐야겠다...

이 연재 시리즈는 - 만약 계속된다면 - 겨울방학 동안 대수학 스터디에서 배웠던 내용을 복습하는 방식으로 이루어질 것이다. 교재는 Algebra (Hungerford)를 사용하였다.

특히 가군 부분이 잘 이해가 되지 않아 거기부터 시작하게 되었다. 사실 엄밀히 따지면 유한생성가환군의 기본정리부터 완벽히 이해하고 따라가진 못한 것 같지만...

이번 글에는 1) 모듈의 정의, 2) 모듈의 예시, 3) 모듈의 부분들을 살펴보자. 

Def 1 (모듈). R이 환이고 A가 아벨군이라 하자. 다음을 만족하는 함수 $f: R \times A \to R$가 존재하면 A를 left R-module (좌가군) 이라 하자: 

a) $s \circ (r \circ a) = sr \circ a$

b) $(s+r) \circ a = s \circ a + r \circ a$

c) $s \circ (a+b) = s \circ a + s \circ b$

여기에 R의 항등원이 존재한다 하자. 추가로 다음 조건을 만족하는 좌가군을 unitary (유니터리)라 하자:

d) $\forall a\in A, 1_{R} \circ a = a$

$R$이 나눗셈환이면 좌가군을 좌벡터공간이라 부른다.

중요한 사실은, 어떤 가군의 구조를 정확히 정의하려면 내재한 아벨군 $A$뿐만 아니라 Def 1에서 사용한 함수 $f$ 또한 명시되어야 한다는 것이다. 따라서 엄밀히 말하자면 집합과 함수의 쌍 $(A,f)$를 $R$-좌가군이라 불러야 할 것이다.

<모듈인 것>

eg 1. $R$이 임의의 환이라 하자. 이제 $R$은 $R$-좌가군인데, 다음과 같은 함수를 부여할 수 있다:

$$ f: R\times R \to R \\ f(r,x) := rx$$

우측의 표현은 단순한 $R$의 곱을 의미한다.

eg 2. $A$가 임의의 아벨군이라 하자. 이제 $A$는 유니터리 $\mathbb{Z}$-좌가군이다:

$$ f: \mathbb{Z} \times A \to A \\ f(n,a) := na$$

여기서 $na$는 $n$이 양수면 $a+ a + ... + a$, 음수면 $(-a) + (-a) + ... + (-a)$이다.

eg 3. $R$이 환이고, $I$가 $R$의 좌측 아이디얼 (left ideal)이라 하자.

Recall. $R$이 환일 때, 좌측 아이디얼 $I$는 $R$의 부분집합으로, 1) 아벨군으로써 $R$의 부분군이고, 2) 곱셈을 "먹는다": $r\in R, i\in I \Rightarrow ri \in I$. 아이디얼은 "정수에서 0의 역할을 일반화한 것"이다.

이제 $I$는 다음과 같은 함수에 의해 $R$-좌가군이다:

$$ f: R \times I \to I \\ f(r,i) := ri$$

eg 4. $R$이 환이고, $A = M_{n} (R)$은 $R$의 원소들을 성분으로 가지는 $n\times n$ 행렬들의 집합이라 하자. (연산은 행렬 덧셈으로 주어진다.)

이제 다음과 같은 방법에 의해 $A$는 $R$-좌가군이 된다:

$$ f : R \times A \to A \\ f(r,B) := rB, (rB)_{ij} = r(b_{ij})$$

(체 위를 생각하면 선형대수학에서 배우는 행렬의 스칼라곱과 일치한다.)

eg 5. $A = hom(G, \mathbb{R})$는 임의의 군 $G$에서 $\mathbb{R}$로 가는 군 준동형사상이라 하자 (연산은 사상의 덧셈으로 주어진다; $f,h\in A \Rightarrow (f+h)(g) = f(g) + h(g)$)

이제 $A$는 유니터리 $\mathbb{R}$-좌가군이 된다:

$$ f : \mathbb{R} \times A \to A \\ f(r,a) := ra, (ra)(g) = r(a(g))$$

eg 6. $R = M_{n} (\mathbb{R})$은 $n\times n$ 실행렬의 집합이고, $A = \mathbb{R}^{n}$은 열벡터의 집합이라 하자. 

$$f: R \times A \to A \\ f(r,a) = ra$$

로 정의하면, $A$는 행렬좌곱이 선형사상을 정의하고 행렬곱의 선형사상의 합성에 대응한다는 선형대수학의 정리에 의해 $R$-좌가군이 된다.

특이한 점 몇 가지를 관찰하자:

1) 다양하다. 군에서 실수로 가는 함수들의 집합, 임의의 환, 임의의 아벨군, 환을 성분으로 가지는 행렬 모두 "모듈"이다.

 이말인 즉슨 이 다양한 대상들을 통합하는 어떤 성질이 있음을 의미하는데, 그것을 포착한 정의가 Def 1이다.

2) $R$-좌가군은 $R$과 밀접하다. Group action on a set을 상기하면, action을 받는 집합이 임의의 집합일 수 없었다. 예컨대 p-group의 경우 stabilizer가 집합의 위수랑 modulo p 같아야 하는 식이었다. 마찬가지로 $R$ 위의 좌가군은 보통은 아무 아벨군일 수 없고, $R$과 어떤 관계를 지니는 아벨군이어야 한다. 그런 의미에서 모든 아벨군이 $\mathbb{Z}$-좌가군이라는 사실이 더욱 놀랍게 다가온다.

<모듈이 아닌 것>

ce 1. $R$이 가환환이고 $A = R[x]$는 $R$을 게수로 가지는 다항식환이라 하자. 다음과 같은 함수를 정의하자:

$$f:\mathbb{R} \times A \to A \\ f(r,g) = g(r)$$

아쉽게도 $A$는 $R$-좌가군이 아닌데, Def 1의 조건 b)가 성립하지 않는다. 예컨대 $R = \mathbb{R} , g(x) = x^{2}$이라 하면 $g(a+b) = (a+b)^{2}, g(a)+g(b) = a^{2} + b^{2}$로 둘은 일반적으로 다르다.

0. 문제의 소개

실수 또는 복소수의 순서쌍은 벡터공간을 이룬다. 직관적으로 이러한 순서쌍들은 서로 더할 수 있고 앞에 상수를 곱할 수 있는 공간에 사는 크기 있는 방향들의 모임이다. 이러한 성질을 일반화하여, 덧셈에 대해 아벨군을 이루고 덧셈과 분배하는 상수곱을 정의할 수 있는 집합을 벡터공간이라 한다. 상수곱에서 벡터에 곱하는 상수는 일반적으로 체의 원소라고 가정하여, 실수나 유리수처럼 가감승제가 자유롭게 이루어지는 집합의 원소로 가정한다. (예컨대 정수집합에서는 나눗셈이 자유롭지 않음에 주목하라 - 정수집합은 체가 아니다.) 이 글에서는 일반적으로 실행렬을 가정할 것이나, 이하 이루어지는 논의는 복소행렬로도 잘 이어진다.

체 $F$ 위에서 정의된 벡터공간 $V$가 있을 때, $V$의 부분집합이 선형독립인지는 중요한 문제이다.

정의 1. (선형독립, 선형종속)

체 $F$ 위의 벡터공간 $V$가 주어져 있다 하자.

$W \subset V$가 주어져 있을 때, $W$가 선형종속이라는 것은, $W$에서 유한 개의 원소 $w_{1},...,w_{n}$을 고르고 최소한 하나는 0이 아닌 계수 $a_{1},...,a_{n}$를 골라, $a_{1}w_{1}+...+a_{n}w_{n} = 0$이 되게 만들 수 있음을 의미한다.

이러한 구성이 불가능한 $W$는 선형독립이라 한다.

벡터공간 V의 원소는 일반적으로 V보다 훨씬 작은 기저집합 원소들의 선형결합으로 표현을 할 수 있는데, 이 때 표현의 유일성을 보장하기 위해서는 선형독립이 필요하다.

이제 $m \times n$ 실행렬 $A$가 주어져 있다고 하자. $A$는 $n$개의 열벡터 $\begin{pmatrix} a_{11}\\a_{21}\\ \vdots \\ a_{m1} \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} a_{12} \\ a_{22} \\ \vdots \\ a_{m2} \end{pmatrix}, ... $와 $m$개의 행벡터 $\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & ... & a_{1n} \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} a_{21} & a_{22} & ... & a_{2n}, ... \end{pmatrix}$를 가지고 있다. 이제 $A$의 열벡터들과 행벡터들이 각각 $\mathbb{R}^{m}, (\mathbb{R}^{n})^{*}$의 벡터공간 내에서 선형독립인지를 살펴보고자 한다. 이를 살펴보는 이유는 뒤에서 명확해질 것이다.

정의 2. (열위수, 행위수, 열공간, 행공간)

$A$의 열벡터들의 집합 중 선형독립인 열벡터들의 최대 개수를 $A$의 열위수라 한다. $A$의 열벡터들의 집합이 $\mathbb{R}^{m}$에서 생성하는 부분공간을 열공간이라 한다.

$A$의 행벡터들의 집합 중 선형독립인 행벡터들의 최대 개수를 $A$의 행위수라 한다. $A$의 행벡터들의 집합이 $(\mathbb{R}^{n})^{*}$에서 생성하는 부분공간을 행공간이라 한다. (위첨자로 별표가 달린 이유가 있는데, 이는 후술하겠다.)

우리는 유한 개의 원소에 의해 생성되는 벡터공간의 차원이 잘 정의된다는 사실을 알고 있으므로, $A$의 열위수는 $A$의 열공간의 차원이고, $A$의 행위수는 $A$의 행공간의 차원임을 알 수 있다.

$A$의 열공간과 행공간은 같은 행렬에서 파생되었으니, 어떤 관계를 가지지 않을까 하는 의심이 들 만하다. 그러나 열공간은 $\mathbb{R}^{m}$의 부분공간이고, 행공간은 $(\mathbb{R}^{n})^{*}$의 부분공간이니, 일반적으로 둘이 내재되어 있는 공간의 차원이 다르다.

그럼에도 일반적으로 다음의 정리가 성립한다:

정리 1. $m\times n$ 행렬 $A$의 열위수와 행위수는 같다.

열공간과 행공간은 각각 차원이 다른 벡터공간의 부분공간들이다. 그럼에도 두 부분공간의 차원이 같다. 이 현상을 어떻게 이해해야 할까? 이 글의 목적은 이 정리를 증명하는 과정에서 열벡터와 행벡터가 가지는 쌍대성을 드러내는 데에 있다. 우선 행벡터가 내적을 이용한 선형함수를 정의함을 살펴보고, 이렇게 정의한 선형변환들의 집합이 벡터공간 (쌍대공간)을 이룸을 살펴볼 것이다. 이 사실을 활용하여 한 행렬 $A$에서 사실 좌곱과 우곱을 이용한 두 가지 함수를 정의할 수 있음을 살펴볼 것이다. 마지막으로 이렇게 만든 두 함수는 영공간과 상공간이 밀접한 관련을 가짐을 보이고, 위수정리를 활용하여 정리를 증명하고,

1. 행벡터와 내적, 쌍대공간

$\mathbb{R}^{n}$의 원소인 두 열벡터 $x = \begin{pmatrix} x_{1} \\ \vdots \\ x_{n} \end{pmatrix}, y = \begin{pmatrix} y_{1} \\ \vdots \\ y_{n} \end{pmatrix}$가 주어져 있다고 하자. 이 둘의 유클리드 내적을 다음과 같이 정의할 수 있음을 상기하라:

$$ x \bullet y := \Sigma_{i=1}^{n} x_{i}y_{i} $$

그런데 n차원 열벡터는 $n \times 1$ 행렬로도 볼 수 있음에 주목하라. 이제 $y$를 $n \times 1$ 행렬로 간주하고, $y$의 전치행렬을 생각해 보자:

$$ y^{T} = \begin{pmatrix} y_{1} & ... & y_{n} \end{pmatrix}$$

행렬곱셈의 정의에 의해, $y^{T}x = \Sigma_{i=1}^{n} y_{i}x_{i} = \Sigma_{i=1}^{n} x_{i}y_{i} = x \bullet y$가 성립한다.

따라서 내적은 특별히 단순한 행렬곱셈으로 볼 수 있다. 특별히, 여기서 곱해지는 행렬은 하나는 행벡터가 정의하는 행렬이고 하나는 열벡터가 정의하는 행렬이다.

유클리드 내적은 다음의 성질들을 가짐을 상기하자:

$$ i) (ax+z) \bullet y = a(x\bullet y)+(z\bullet y) \\ ii) x \bullet y = y \bullet x \\ iii) x \bullet x \geq 0$$

특히, iii)에서 등호는 오직 $x=0$일 때에만 성립함에 주목하라.

따라서 i)과 iii)을 이용하면 다음의 결론을 내릴 수 있다:

정리 2. (행벡터는 내적을 이용하여 선형함수를 정의)

$y\in \mathbb{R}^{n}$이라 하자. 이제 $y^{T}$를 이용하여 다음의 함수를 정의할 수 있다:

$$ f_{y} : \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R} \\ x \mapsto y^{T}x$$

또한 $f_{y}$는 선형함수이며, $y \neq 0$이면 항등적으로 0이지는 않다 (따라서 위수가 1이다).

증명.

입력에 대한 $f_{y}$의 선형성은 i)을 이용하여 알 수 있다. $y \neq 0$이므로 $y\bullet y = f_{y}(y) > 0$이므로 뒷부분이 성립한다. $\square$

따라서, 각 벡터 $y \in \mathbb{R}^{n}$에 대해 열벡터를 받아들이고 실수를 내보내는 선형함수 $f_{y}$를 정의할 수 있다. 이제 따라오는 자연스러운 질문은 이렇게 정의한 선형함수들 $\{f_{y} : y \in \mathbb{R}^{n}\}$의 집합 자체가 어떤 벡터공간이 되느냐는 것이다. 내적은 두 입력 모두에 대해 선형이고 $f_{y}(x) = x \bullet y$이므로, 이 주장이 참일 것이라는 직관을 얻을 수 있다:

정리 3. (행벡터를 이용한 선형함수들의 집합은 벡터공간을 이룸)

$(\mathbb{R}^{n})^{*} := \{f_{y} : y \in \mathbb{R}^{n}\}$을, 정리 2에서 정의한 선형함수들의 집합이라 하자.

이제 $(\mathbb{R}^{n})^{*}$은 n차원 벡터공간을 이룬다.

증명의 개요.

$f_{x} + f_{y} := f_{x+y}$라 정의한다.

덧셈의 결합법칙이나 교환법칙 등은 유클리드 내적의 선형성과 $\mathbb{R}^{n}$ 상 연산의 성질들로부터 도출된다. $c(f_{x}) = f_{cx}$ 역시 내적의 선형성에 의해 도출된다.

차원이 n임을 증명하기 위해서는, 크기 n의 기저를 찾는 것으로 족하다. 다음의 기저를 채택한다:

$$ \beta = \{f_{e_{i}} : i = 1,...,n \}; f_{e_{i}}: \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R}, f_{e_{i}}(x) = x_{i} = x \bullet e_{i}$$

$\square$

따라서 행벡터는 열벡터를 뒤집어 놓은 것에 불과한 것이 아니라, 열벡터를 평가하는 일종의 선형함수라고 할 수 있겠다. 일반적으로 $V$가 유한차원 벡터공간일 때, 위처럼 정의한 집합 $V^{*}$을 V의 쌍대공간이라 부르고, 그 원소들을 쌍대벡터라 부른다.

특히, 코시-슈바르츠 부등식 $x \bullet y  \leq ||x|| ||y||$에서 등호는 $x,y$가 선형종속일 때에만 성립함을 상기하면, $x^{T}$라는 행벡터는, 같은 크기의 벡터 중에서는 $x$ 방향과 일치하는 벡터를 가장 크게 평가하는 선형함수라고도 할 수 있다. 이 배경을 바탕으로, 행렬 $A$가 정의하는 두 가지 선형함수를 살펴보고, 이를 바탕으로 왜 열공간과 행공간이 같아야만 하는지를 살펴보자.

첨언.

첨언하자면, 일반적으로 체 위 벡터공간 $(V,F)$가 주어져 있을 때 $V^{*}$는, $f:V \to F$로 정의된 모든 선형함수들의 집합이다 (이를 선형범함수라 부른다). 따라서 우리가 이 표기법을 앞에서 쓸 때에는 암묵적으로 $f: \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R}$로 주어진 모든 선형함수들의 집합이 곧 행벡터냐는 문제, 즉 행벡터로 모든 선형범함수들을 표현할 수 있냐는 질문에 대답이 "예"임을 가정했다.

유한차원의 경우는 이 가정이 문제되지 않는데, 예컨대 어떤 $f: \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R}$이 주어져 있다고 하면, $f(e_{i}), i=1,2,...,n$을 평가한 후, $x := (f(e_{1}) , f(e_{2}) , ... , f(e_{n}))$으로 정의해버리면 $f_{x} = f$임을 쉽게 알 수 있다.

무한차원 벡터공간의 경우, 만약 내적공간이 완비성까지 갖춘다면, 모든 연속인 선형범함수 (이는 곧 $\frac{||Ax||}{||x||}$가 유계임을 의미한다)들은 어떤 벡터의 내적으로 표현이 된다 - 이 정리가 곧 Riesz Representation Theorme이다. 그러나 모든 선형범함수에 대해서는 주장이 더 이상 일반적으로는 참이 아니게 된다.

예컨대 유한 개의 항만 0이 아닌 실수열들의 집합 $S$를 생각하고, $a,b \in S \Rightarrow a\bullet b = \Sigma_{i=1}^{\infty} a_{i}b_{i}$로 정의하자. 이제 $S$는 실내적공간이 된다. $f: S \to \mathbb{R}$를 다음과 같이 정의하자: $i$번째 항은 1이고 나머지 항은 전부가 0인 수열을 $e_{i}$로 정의하자. 이제 $\{e_{1}, e_{2}, ... \}$는 $S$의 기저가 되므로, $f(e_{i}) = i$를 만족하는 선형범함수를 정의하자. 이제 $S$의 어떤 원소를 이용해 만든 내적함수는 절대로 이 선형범함수가 될 수 없음을 알 수 있다.

2. 행렬 A가 정의하는 두 가지 함수

$A\in M_{m\times n}(\mathbb{R})$일 때, 좌곱을 통해서 선형함수를 정의할 수 있음을 상기하자:

$$ L_{A}: \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R}^{m} \\ x \mapsto Ax$$

이때 $A_{i} = Ae_{i}$라 하고 $x = \begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ x_{n} \end{pmatrix}$라 하면, $Ax = \Sigma_{i=1}^{n} x_{i}A_{i}$로 나타낼 수 있음을 상기하자.

이런 표기법의 장점은 $A$의 열공간과 $L_{A}$의 위수의 관계가 바로 드러난다는 사실이다. $Ax$는 $A$의 열들의 선형결합으로 표현되고 그 계수는 $x$의 성분들로 주어진다. 따라서 $L_{A}$의 위수는 곧 $A$의 열위수이다.

열위수와 행위수가 같은 이유를 알고 싶은 입장에서, 열들이 생성하는 부분공간을 어떤 선형함수의 상으로 바라보는 관점은 위수정리를 쓸 수 있다는 점에서 상당한 매력을 가진다. 그렇다면 행들이 생성하는 부분공간에 대해서도 같은 이야기를 할 수 있냐는 질문이 떠오른다. 어떤 선형함수 $T$가 존재해서, $T$의 상이 $A$의 행공간들이 될 수는 없을까? 두 가지 사실들을 상기하자:

1) 행렬곱셈의 정의를 이용하면, $A$의 오른쪽에 열벡터를 곱할 수 있듯 $A$의 왼쪽에 행벡터를 곱할 수 있다. 이때 $x = (x_{1}, x_{2}, ... , x_{m})$이면 $xA = (y_{1}, y_{2}, ... , y_{n})$으로 주어져서, $1 \times m$ 행벡터로부터 $1 \times n$ 행벡터가 도출된다.

2) 행벡터는 열벡터의 전치이면서 동시에 열벡터를 평가하는 쌍대벡터이다. 따라서 $1 \times m$ 행벡터는 $(\mathbb{R}^{m})^{*}$의 원소이다.

정리 4. (전치행렬은 쌍대공간 사이의 선형함수를 정의)

다음의 함수

$$ L_{A^{T}} : (\mathbb{R}^{m})^{*} \to (\mathbb{R}^{n})^{*} \\ x \mapsto xA$$

는 선형함수이다. 또한 $A$의 행들을 $A^{i}$라 표기하고 $x$의 성분들을 $x_{i}$라 표기하면, $xA = \Sigma_{i=1}^{m} x_{i}A^{i}$이다.

증명.

선형성은 행렬곱의 선형성으로부터 도출된다. 행렬곱의 정의를 활용하면 뒷부분 또한 단순계산을 통해 증명할 수 있다. $\square$

정리 4에 의해서, $A$의 행들이 생성하는 $(\mathbb{R}^{n})^{*}$의 부분공간은 곧 선형함수 $L_{A^{T}}$의 상이랑 같다. 따라서 열공간과 행공간은 각각 행렬 $A$가 자연스럽게 정의하는 두 선형변환 $L_{A}, L_{A^{T}}$의 상공간이다. 따라서 열공간과 행공간의 차원이 왜 같은지는 $L_{A}, L_{A^{T}}$의 상공간의 차원이 왜 같은지에 대한 탐구로 이어지고, 선형변환에 대해 알고 있는 강력한 정리인 위수정리를 활용할 길을 열어준다.

첨언.

위의 논의는 곧 $A$의 전치가 의미하는 바에 대한 이야기도 한다. $x$가 행벡터일 때, $xA = (A^{T}x^{T})^{T}$임을 상기하자. 즉, $A^{T}$는 사실 쌍대 벡터공간 사이 선형변환으로 정의되어 있는 $A$의 우곱을 벡터공간 사이 선형변환으로 바라보겠다는 선언인 셈이다. 이렇게 할 수 있는 이유는 유한차원 벡터공간의 경우 벡터공간과 그 쌍대공간 사이 동형사상이 존재하기 때문이다.

3. 열공간과 행공간의 차원은 왜 같을까?

이제 마지막으로 위수정리를 이용하여 열공간과 행공간이 같은 이유를 살펴보자. 완결성을 위해 위수정리를 적어놓겠다.

정리 5. (위수정리)

$T: V \to W$가 선형변환이고, $V$가 n차원 벡터공간이라 하자. 이제 $rank(T) + nullity(T) = n$이다,

증명의 개요.

모든 벡터공간은 기저를 가지고, 선형변환이 있을 때 상공간과 영공간은 모두 벡터공간이 됨을 상기하라. 영공간의 기저 $\beta = \{w_{1}, ... , w_{k}\}$가 주어졌을 때, 이 선형독립인 집합을 확장하면 $V$의 기저가 된다. 문제가 되는 것은 확장 방식과 무관하게 추가된 원소들이 상공간의 기저가 되느냐는 것인데, 이는 귀류법을 이용하여 확인할 수 있다. $\square$

이제 $L_{A}$의 영공간과 $L_{A^{T}}$의 상공간을 생각해 보자. (이렇게 생각하는 것은 내재된 벡터공간의 차원을 같게 만들기 위함이다. 이후 위수정리를 이용하여 다시 두 변환의 상공간의 관계를 논의할 것이다.) 두 공간은 n차원인 어떤 벡터공간의 부분공간이다.

이제 $x$가 $L_{A}$의 영공간에 들어있다 하자. 행렬곱에 의해 이는 다음을 의미한다:

$$ \Sigma_{j=1}^{n} A_{ij}x_{j} = 0, i=1,2,...,m$$

그런데 이는 다음과도 같다:

$$f_{(A^{i})^{T}}(x) = 0, i=1,2,...,m$$

또한 이는 다음과도 같다:

$$(A^{i})^{T} \bullet x = 0, i=1,2,...,m$$

따라서, $A$의 행들이 만드는 어떤 선형결합에 의해 정의된 쌍대벡터 $z$에 대해서도 다음이 성립해야 한다:

$$ f_{z} (x) = 0$$

이는 곧 다음을 의미한다:

$$ z^{T} \bullet x = 0$$

즉, $x$라는 벡터는 $\mathbb{R}^{n}$의 어떤 부분공간과 수직이여야 하는데, 그 부분공간은 사실 $L_{A^{T}}$의 상공간과 동형인 것이다.

$L_{A^{T}}$의 상공간들은 쌍대벡터의 공간이긴 하지만, 쌍대벡터공간과 벡터공간 사이 동형사상이 존재함을 상기하자 $(x \mapsto f_{x})$. 이제 그 상을 $(R(L_{A^{T}}))^{T}$로 표기하면, 이상의 논의로부터 다음의 정리를 얻을 수 있다:

정리 6. (우곱의 열공간은 좌곱의 상공간과 수직)

$x\in \mathbb{R}^{n}$이라 하면, $x \in N(L_{A}) \Leftrightarrow x\in (R(L_{A^{T}}))^{T}$

이 정리가 말하는 바를 생각해 보자. 한 선형변환의 영공간에 있는 벡터는 곧 관련된 다른 선형변환의 열공간에 수직인 벡터이다. 두 선형변환이 이렇게 밀접한 관련을 가지는 이유는 두 선형변환이 각각 같은 행렬의 좌곱과 우곱으로부터 유도된 선형변환이기 때문이다.

마지막으로 다음의 정리를 상기하자:

정리 7. (유한차원에서의 직교공간)

$V$가 n차원 벡터공간이라 하고, $W \leq V$라 하자.

이제 $dim(W^{\perp}) = n - dim(W)$

이제 위수정리와 정리 7을 활용하면

$$rank(L_{A^{T}}) = n - nullity(L_{A}) = rank(L_{A})$$

를 얻게 되고, 보이고자 하던 바를 증명하였다.

요약하자면 다음과 같다:

1) 행벡터는 열벡터를 입력으로 받아들여 실수를 출력하는 일종의 "내적함수"이다. 내적의 선형성에 의해, 행벡터 또한 선형성을 가지고, 행벡터들 또한 벡터공간을 이룬다. 유한차원의 경우 행벡터와 열벡터 사이 동형사상이 존재하여 벡터공간과 쌍대벡터공간은 "사실상 같다".

2) 행렬 $A$는 좌곱에 의해 벡터공간 사이의 선형함수를 정의하지만, 우곱에 의해 쌍대벡터공간 사이의 선형함수를 정의하기도 한다.

3) 열위수는 $L_{A}$의 상공간의 차원이다. 반면, 행위수는 $L_{A^{T}}$의 상공간의 차원이다. 그런데 두 선형변환이 같은 행렬에서 유도되었기에, 하나의 상공간은 다른 하나의 영공간의 직교공간이라는 관계를 가진다. 이제 위수정리는 열위수와 행위수가 같도록 제약한다.