[선형대수학] 일차독립과 기저

이전 글에서 우리는 벡터공간, 부분공간, 그리고 생성공간(span)의 개념을 배웠습니다. 임의의 벡터 집합으로부터 $\text{span}(S)$ 를 만들면 부분공간이 됩니다. 이제 자연스러운 질문이 떠오릅니다: 그 집합에 불필요한 벡터가 있지는 않은가?

$\mathbb{R}^2$ 에서 $\{(1,0),\,(0,1),\,(2,3)\}$ 은 $\mathbb{R}^2$ 를 생성하지만, 세 번째 벡터 $(2,3) = 2(1,0) + 3(0,1)$ 은 나머지 둘의 선형결합입니다. 이런 여분 없이 딱 필요한 만큼의 벡터로 공간을 기술하는 것이 기저(basis)의 핵심 아이디어입니다.

이 글의 여정

"불필요한 벡터"의 직관에서 출발하여, 일차독립의 두 가지 동치 관점을 증명하고, 기저 = 일차독립 + 생성을 정의한 뒤, 차원(dimension)의 불변성을 보이고, 동형사상(isomorphism)을 통해 벡터공간을 분류합니다. 마지막으로 부분공간의 차원 공식을 증명합니다.

1. 출발점: 불필요한 벡터란?

생성집합에서 불필요한 벡터 찾기

$\mathbb{R}^2$ 에서 세 벡터 $v_1 = (1,0)$ , $v_2 = (0,1)$ , $v_3 = (2,3)$ 을 생각합시다.

이 세 벡터의 span은 무엇일까요? 그리고 세 벡터가 모두 필요한가요, 아니면 일부를 빼도 같은 span을 유지할 수 있을까요?

$av_1 + bv_2 = (a, b)$ 이므로 $v_1, v_2$ 만으로 이미 임의의 $\mathbb{R}^2$ 벡터를 만들 수 있습니다. 즉 $\text{span}\{v_1, v_2, v_3\} = \mathbb{R}^2$ 이고, $v_3$ 를 빼도 됩니다.

더 나아가 $v_3 = 2v_1 + 3v_2$ 이므로, $v_1$ 이나 $v_2$ 중 하나를 빼고 $v_3$ 을 남겨도 같은 span을 만들 수 있습니다. 예를 들어 $\{v_2, v_3\} = \{(0,1), (2,3)\}$ 도 $\mathbb{R}^2$ 를 생성합니다.

2. 일차독립의 두 얼굴

직관적 관점과 공식 정의의 동치성

"불필요한 벡터가 없다"는 직관을 엄밀하게 만들 수 있는 두 가지 방법이 있습니다:

관점 (A) — 직관적

어떤 벡터도 나머지의 선형결합으로 표현되지 않는다.

관점 (B) — 공식 정의

영벡터를 만드는 선형결합은 자명한 것뿐이다.

a_1 v_1 + a_2 v_2 + \cdots + a_n v_n = \mathbf{0} \;\Longrightarrow\; a_1 = a_2 = \cdots = a_n = 0

이 두 관점이 왜 같은 말인지 증명해 봅시다. 먼저 (A)가 깨지면 (B)도 깨진다는 것을 보이세요. 즉, 어떤

v_k

가 나머지의 선형결합이면, 영벡터의 비자명한 표현을 찾을 수 있음을 보이세요.

어떤 $v_k$ 가 나머지의 선형결합으로 표현된다고 가정합시다:

v_k = b_1 v_1 + \cdots + b_{k-1} v_{k-1} + b_{k+1} v_{k+1} + \cdots + b_n v_n

$v_k$ 를 이항하면:

b_1 v_1 + \cdots + b_{k-1} v_{k-1} + (-1) v_k + b_{k+1} v_{k+1} + \cdots + b_n v_n = \mathbf{0}

$v_k$ 의 계수가 $-1 \neq 0$ 이므로, 이것은 비자명한 선형결합입니다. (B)가 깨집니다. ✓

적어도 하나의 $a_k \neq 0$ 이 존재합니다. $a_k v_k$ 만 이항하고 양변을 $-a_k$ 로 나누면:

v_k = -\frac{a_1}{a_k} v_1 - \cdots - \frac{a_{k-1}}{a_k} v_{k-1} - \frac{a_{k+1}}{a_k} v_{k+1} - \cdots - \frac{a_n}{a_k} v_n

$a_k \neq 0$ 이므로 나눗셈이 가능하고, $v_k$ 가 나머지의 선형결합으로 표현됩니다. (A)가 깨집니다. ✓

3. 영벡터와 일차종속

일차독립을 즉시 깨뜨리는 벡터

영벡터

\mathbf{0}

을 포함하는 집합, 예를 들어

\{(1,0),\, \mathbf{0},\, (0,1)\} \subset \mathbb{R}^2

은 일차독립일 수 있을까요? 정의 (B)를 직접 적용해서 판단해 보세요.

아닙니다. 정의 (B)를 적용하면:

a(1,0) + b \cdot \mathbf{0} + c(0,1) = (a, c) = \mathbf{0}

이것은 $a = c = 0$ 일 때 성립하지만, $b$ 는 어떤 값이든 상관없습니다. 예를 들어 $a = 0,\, b = 1,\, c = 0$ 은 비자명한 선형결합입니다.

4. 기저의 정의

과하지도, 부족하지도 않은 벡터 집합

처음 예시의 $\{v_1, v_2, v_3\}$ 는 $\mathbb{R}^2$ 를 생성하지만 $v_3$ 이 불필요했습니다. 반면 $\{v_1, v_2\}$ 는 $\mathbb{R}^2$ 를 생성하면서 동시에 일차독립입니다.

정의 — 기저 (Basis)

벡터공간

V

의 기저란,

V

를 생성(span)하면서 동시에 일차독립(linearly independent)인 부분집합이다.

기저의 정의에서 두 조건이 각각 어떤 역할을 할까요? 생성 조건만 있고 일차독립 조건이 없다면, 또는 일차독립 조건만 있고 생성 조건이 없다면 어떤 문제가 생길까요?

생성 조건만 있다면

"불필요한 벡터"가 집합에 포함될 수 있습니다.

\{(1,0), (0,1), (2,3)\}

처럼요. 공간을 기술하는 데 과한 집합이 됩니다.

일차독립 조건만 있다면

"필요한 벡터"가 집합에서 누락될 수 있습니다.

\{(1,0)\}

은 일차독립이지만

\mathbb{R}^2

를 생성하지 못합니다. 공간을 기술하기에 부족한 집합이 됩니다.

5. 대체 정리

일차독립 ≤ 생성: 차원의 이론적 기초

$\mathbb{R}^2$ 의 기저를 관찰하면, $\{(1,0),(0,1)\}$ , $\{(1,1),(1,-1)\}$ , $\{(2,3),(1,0)\}$ 등 어떤 기저를 골라도 벡터가 항상 2개입니다. 이것이 우연이 아님을 보장하는 도구가 대체 정리입니다.

대체 정리 (Replacement Theorem)

V

가

n

개의 벡터로 이루어진 생성집합

G = \{u_1, \ldots, u_n\}

을 가지고,

S = \{w_1, \ldots, w_m\}

이

V

의 일차독립인 부분집합이면,

m \leq n

이고,

G

의 벡터 중 일부를

w_i

들로 대체하여 여전히

V

를 생성하는

n

개짜리 집합을 만들 수 있다.

직관적 아이디어를 먼저 봅시다. $w = (3, 5)$ 로 기저 $\{e_1, e_2\}$ 의 벡터 하나를 대체하고 싶다면:

w = 3e_1 + 5e_2

일 때,

\{w, e_2\}

는

\mathbb{R}^2

의 기저가 될까요? 만약

w = (0, 5) = 0 \cdot e_1 + 5e_2

라면,

\{w, e_2\}

는요?

$w = (3,5)$ 인 경우: $\{w, e_2\} = \{(3,5), (0,1)\}$ . $aw + be_2 = (3a, 5a+b)$ 에서 $3a = x$ , $5a + b = y$ 는 임의의 $(x,y)$ 에 대해 유일한 해를 가집니다. ✓

$w = (0,5)$ 인 경우: $\{w, e_2\} = \{(0,5), (0,1)\}$ . 두 벡터가 같은 방향(y축)이므로 일차종속이고, 기저가 아닙니다. ✗

핵심: $w = 3e_1 + 5e_2$ 에서 $e_1$ 을 대체할 수 있었던 이유는 $e_1$ 의 계수가 $3 \neq 0$ 이었기 때문입니다. $w = (0,5)$ 에서는 $e_1$ 의 계수가 0이라 대체 불가. 단, $e_2$ 의 계수는 $5 \neq 0$ 이므로 $e_2$ 를 대체하면 $\{e_1, w\}$ 는 기저가 됩니다.

$V$ 의 두 기저 $\{u_1, \ldots, u_n\}$ 과 $\{w_1, \ldots, w_m\}$ 이 있다고 합시다.

한 방향: $\{u_1, \ldots, u_n\}$ 은 생성집합이고 $\{w_1, \ldots, w_m\}$ 은 일차독립이므로, 대체 정리에 의해 $m \leq n$ .

반대 방향: $\{w_1, \ldots, w_m\}$ 은 생성집합이고 $\{u_1, \ldots, u_n\}$ 은 일차독립이므로, 대체 정리에 의해 $n \leq m$ .

따라서 $m = n$ . 기저의 이중적 성격(일차독립이면서 동시에 생성)을 양방향으로 활용한 아름다운 대칭적 논증입니다. ∎

6. 차원의 정의와 실용적 판정법

기저의 크기는 항상 일정하다

정의 — 차원 (Dimension)

벡터공간

V

의 차원

\dim(V)

는

V

의 임의의 기저에 포함된 벡터의 개수이다. 기저마다 크기가 같다는 것을 이미 증명했으므로, 이 정의는 잘 정의됩니다(well-defined).

$\mathbb{R}^2$ 가 2차원인 이유는 "변수가 2개라서"가 아니라, 모든 기저의 크기가 2이기 때문입니다. 이 사실에서 매우 실용적인 결과가 따라나옵니다:

\dim(V) = n

일 때,

n

개의 일차독립인 벡터가 있으면 이들이 자동으로 기저가 될까요? 반대로,

n

개의 벡터가

V

를 생성하면 자동으로 기저가 될까요?

둘 다 "예"입니다! 대체 정리를 활용한 증명:

일차독립 → 기저: $S = \{v_1, \ldots, v_n\}$ 이 일차독립이고 $V$ 의 기저 $G = \{u_1, \ldots, u_n\}$ 이 있다면, $G$ 는 생성집합이므로 대체 정리에 의해 $G$ 의 벡터 전부를 $S$ 로 대체할 수 있습니다 ( $|S| = |G|$ 이므로). 따라서 $S$ 가 $V$ 를 생성합니다.

생성 → 기저: 대칭적 논리로, $n$ 개의 벡터가 생성하면 자동으로 일차독립이 됩니다.

7. 유제: 기저 판정

차원 판정법 실전 적용

P_2(\mathbb{R})

(차수 2 이하의 실수 다항식)에서 다음 집합이 기저인지 판정하세요:

S = \{1 + x,\; x + x^2,\; 1 + x^2\}

방금 배운 실용적 판정법을 활용해 보세요.

$\dim(P_2(\mathbb{R})) = 3$ 이고 $|S| = 3$ 이므로, 일차독립만 보이면 기저입니다.

$a(1+x) + b(x+x^2) + c(1+x^2) = 0$ 을 전개하면:

(a+c) + (a+b)x + (b+c)x^2 = 0

$\{1, x, x^2\}$ 이 $P_2(\mathbb{R})$ 의 기저이므로 각 계수가 0이어야 합니다:

a + c = 0, \quad a + b = 0, \quad b + c = 0

이 연립방정식의 유일한 해는 $a = b = c = 0$ 입니다. 따라서 $S$ 는 일차독립이고, 기저입니다. ∎

8. 동형사상과 벡터공간의 분류

차원이 같으면 본질적으로 같은 공간

방금 $P_2(\mathbb{R})$ 의 문제를 풀면서, 다항식 $a_0 + a_1 x + a_2 x^2$ 의 문제를 계수 벡터 $(a_0, a_1, a_2) \in \mathbb{R}^3$ 의 문제로 번역해서 풀었습니다.

Q10

이 "번역"

T: P_2(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}^3

에서

T(a_0 + a_1 x + a_2 x^2) = (a_0, a_1, a_2)

로 정의합시다. 이 대응이 덧셈을 보존하는지 확인해 보세요.

$p = a_0 + a_1 x + a_2 x^2$ , $q = b_0 + b_1 x + b_2 x^2$ 로 놓으면:

T(p + q) = T\big((a_0+b_0) + (a_1+b_1)x + (a_2+b_2)x^2\big) = (a_0+b_0,\, a_1+b_1,\, a_2+b_2)

= (a_0, a_1, a_2) + (b_0, b_1, b_2) = T(p) + T(q) \quad \checkmark

스칼라배 보존 $T(cp) = cT(p)$ 와 전단사(bijection)도 마찬가지로 확인 가능합니다.

차원이 같다는 것입니다. 사실 이것이 유한차원 벡터공간의 아름다운 분류 정리입니다:

V \cong W \;\Longleftrightarrow\; \dim(V) = \dim(W)

9. 유제: 부분공간과 차원

부분공간의 차원에 관한 두 가지 정리

유제 1 — 부분공간의 차원 부등식

명제: $W$ 가 $n$ 차원 벡터공간 $V$ 의 부분공간이면, $\dim(W) \leq \dim(V)$ .

Q12

위 명제를 대체 정리를 이용해 증명해 보세요.

$W$ 의 기저 $\{w_1, \ldots, w_m\}$ 과 $V$ 의 기저 $\{v_1, \ldots, v_n\}$ 이 있다고 합시다.

$\{v_1, \ldots, v_n\}$ 은 $V$ 를 생성합니다. $W \subseteq V$ 이므로 $\{w_1, \ldots, w_m\}$ 은 $V$ 의 일차독립인 부분집합입니다. 대체 정리에 의해 $m \leq n$ , 즉 $\dim(W) \leq \dim(V)$ . ∎

유제 2 — 차원이 같으면 전체 공간

명제: $W$ 가 $n$ 차원 벡터공간 $V$ 의 부분공간이고 $\dim(W) = \dim(V)$ 이면, $W = V$ .

Q13

위 명제를 증명해 보세요. 유제 1의 결과와 실용적 판정법을 활용하면 됩니다.

$\dim(W) = \dim(V) = n$ 이라 합시다. $W$ 의 기저 $B$ 는 $n$ 개의 벡터로 이루어져 있습니다.

$B \subseteq W \subseteq V$ 이므로, $B$ 는 $V$ 의 일차독립인 $n$ 개 벡터입니다. 실용적 판정법에 의해 $B$ 는 $V$ 의 기저이기도 합니다.

따라서 $V = \text{span}(B) = W$ . ∎

의미: 부분공간이 "진짜로 작은" 부분공간이려면, 차원이 반드시 줄어들어야 합니다.

10. 부분공간 합의 차원 공식

집합의 |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|의 벡터공간 버전

정리 — 차원 공식

V

가 유한차원 벡터공간이고

W_1, W_2

가

V

의 부분공간일 때:

\dim(W_1 + W_2) = \dim(W_1) + \dim(W_2) - \dim(W_1 \cap W_2)

여기서

W_1 + W_2 = \{w_1 + w_2 : w_1 \in W_1, w_2 \in W_2\}

이다.

Q14

증명 전략:

W_1 \cap W_2

의 기저에서 출발해서, 이를

W_1

의 기저와

W_2

의 기저로 각각 확장한 뒤, 합집합이

W_1 + W_2

의 기저가 됨을 보이면 됩니다. 직접 시도해 보세요.

$\dim(W_1) = q$ , $\dim(W_2) = r$ , $\dim(W_1 \cap W_2) = s$ 라 합시다.

1단계: 기저 확장. $W_1 \cap W_2$ 의 기저 $\{u_1, \ldots, u_s\}$ 를 각각 확장하여:

W_1\text{의 기저}: \{u_1, \ldots, u_s, v_{s+1}, \ldots, v_q\}

W_2\text{의 기저}: \{u_1, \ldots, u_s, w_{s+1}, \ldots, w_r\}

2단계: 생성 확인. 합집합 $B = \{u_1, \ldots, u_s, v_{s+1}, \ldots, v_q, w_{s+1}, \ldots, w_r\}$ 이 $W_1 + W_2$ 를 생성함은 자명합니다 — $W_1$ 의 원소는 $u, v$ 들로, $W_2$ 의 원소는 $u, w$ 들로 표현 가능하니까요.

3단계: 일차독립 증명. 이것이 핵심입니다.

a_1 u_1 + \cdots + a_s u_s + b_{s+1} v_{s+1} + \cdots + b_q v_q + c_{s+1} w_{s+1} + \cdots + c_r w_r = \mathbf{0}

에서 양변을 재배열합니다:

\underbrace{a_1 u_1 + \cdots + a_s u_s + b_{s+1} v_{s+1} + \cdots + b_q v_q}_{\in W_1} = \underbrace{-c_{s+1} w_{s+1} - \cdots - c_r w_r}_{\in W_2}

좌변은 $W_1$ 의 원소, 우변은 $W_2$ 의 원소이므로, 양변은 $W_1 \cap W_2$ 에 속합니다. 우변이 $W_1 \cap W_2$ 의 원소이므로 $\{u_1, \ldots, u_s\}$ 의 선형결합으로 표현됩니다:

-c_{s+1} w_{s+1} - \cdots - c_r w_r = d_1 u_1 + \cdots + d_s u_s

정리하면 $d_1 u_1 + \cdots + d_s u_s + c_{s+1} w_{s+1} + \cdots + c_r w_r = \mathbf{0}$ . 이것은 $W_2$ 의 기저의 선형결합이므로, 일차독립에 의해 모든 $c_i = 0$ . 대칭적 논리로 모든 $b_i = 0$ 이고, 남은 $a_i$ 들도 0입니다.

따라서 $B$ 는 일차독립이고, $|B| = s + (q - s) + (r - s) = q + r - s$ 이므로:

\dim(W_1 + W_2) = q + r - s = \dim(W_1) + \dim(W_2) - \dim(W_1 \cap W_2) \quad \blacksquare

$W_1 \cap W_2$ : xy-평면과 yz-평면의 교집합은 y축, 즉 $\text{span}\{(0,1,0)\}$ . $\dim = 1$ .

$W_1 + W_2$ : $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ 모두 도달 가능하므로 $\mathbb{R}^3$ 전체. $\dim = 3$ .

\dim(W_1 + W_2) = 3 = 2 + 2 - 1 = \dim(W_1) + \dim(W_2) - \dim(W_1 \cap W_2) \quad \checkmark

11. 참/거짓 문제

개념 확인 문제

문제 1.

\mathbb{R}^3

에서 4개의 벡터로 이루어진 집합은 항상 일차종속이다.

문제 2.일차독립인 집합의 모든 부분집합도 일차독립이다.

문제 3.5차원 벡터공간의 부분공간은 0, 1, 2, 3, 4, 5차원 중 하나이다.

문제 4.

P_3(\mathbb{R})

과

M_{2 \times 2}(\mathbb{R})

은 동형이다.

문제 5.두 부분공간의 합의 차원은 항상 각 부분공간의 차원의 합보다 작거나 같다.

요약

1.3절 전체 정리

논리적 흐름

불필요한 벡터의 직관→일차독립의 정의 (두 동치 관점)

일차독립 + 생성→기저 (Basis)

대체 정리→모든 기저의 크기는 동일

기저의 불변 크기→차원 (Dimension) 정의

차원의 일치→동형사상에 의한 분류

핵심 개념

일차독립

영벡터의 자명한 표현만 존재

⟺ 어떤 벡터도 나머지의 선형결합으로 표현 불가

기저

일차독립 + 생성

공간을 표현하기 위한 딱 필요한 만큼의 벡터 집합

차원

기저의 크기 (기저에 무관하게 일정)

대체 정리가 이 불변성을 보장

실용적 판정법

n차원에서 n개 벡터

일차독립 ⟺ 생성 ⟺ 기저 (하나만 확인)

동형사상

구조를 보존하는 전단사

dim(V) = dim(W) ⟺ V ≅ W

차원 공식

dim(W₁+W₂) = dim(W₁)+dim(W₂)−dim(W₁∩W₂)

핵심 테크닉: 양변을 서로 다른 부분공간으로 분리 → 교집합