프리드버그 선형대수학 연습문제 1.6
라그랑주 보간법
1.6 장을 읽던 중 재밌는 주제가 있어 기록한다.
$$
f_i(x) = \frac{(x-c_0)...(x-c_{i-1})(x-c_{i+1})...(x-c_n)}{(c_i-c_0)...(c_i-c_{i-1})(c_i-c_{i+1})...(c_i-c_n)} = \prod_{\substack{k=0 \\ k \neq i}}^n \frac{x-c_k}{c_i-c_k}
$$
위 식은 라그랑주 다항식이라고 하고 특징으로는 아래와 같다.
$$
f_i(c_j) = \begin{cases} 0 & (i \neq j) \\ 1 & (i=j) \end{cases}
$$
이러한 함수들의 집합인 $\beta = \{f_0, f_1, ..., f_n\}$이 있다.
$\beta$가 $\textbf{P}_n(F)$의 일차독립인 부분집합임을 보이는 데에 위 라그랑주 다항식의 특징이 사용된다.
다음 함수가 영함수라 가정해 보자.
$\sum\limits_{i=0}^{n} a_if_i = 0$ (단, a_0, a_1, ..., a_n 은 스칼라)
이때 당연히 영함수니 위 식에 $c_j$를 입력하면 결과가 0이나 온다.
또한 라그랑주 다항식의 특징에 따라 결과는 $a_j$이기도하다.
즉 $a_j = 0$인 것이고 j값은 임의로 0 이상 n이하의 정수로 정의할 수 있으니, $0 \leq j \leq n$에 대하여 $a_j = 0$이다.
따라서 $\beta$는 일차독립이 된다.
$\sum\limits_{i=0}^{n} a_if_i$가 0 함수 일 때 스칼라가 전부 0이 되어야 하기 때문이다.
여기서 바보 같은 나는 "가정 위에서 정의를 해도 되는 건가?"라고 생각했었는데, 위에서 한건 가정 위에서 정의를 한 게 아니라 $\beta$의 일차결합이 0이 될 때 스칼라 값이 전부 0인지 아닌지를 확인하는 어떤 집합이 일차독립인지 아닌지를 확인하는 정말 당연한 절차이다.
이제 $\beta$는 차원이 n+1이고 일차독립이므로 $\textbf{P}_n(F)$의 기저라 할 수 있다.
즉, $\beta$의 일차결합으로 유일한 다항식을 만들 수 있다.
이를 활용하기 위해 위 식을 좀 더 간단히 해보자. $\sum\limits_{i=0}^{n} a_if_i$를 $g$라고 하자.
위에서 알아봤듯이 $g(c_j) = a_j$이다.
이때 $(c_j, a_j)$의 순서쌍으로 이루어진 집합을 정의하고 이를 위 라그랑주 다항식에 대입하면 특정 순서쌍을 지나는 유일한 다항식을 얻을 수 있다.
이 다항식은 n+1개의 데이터가 주어졌을 때 n차 다항식이 된다.
이는 또한 당연하게도 특정한 n+1개의 점을 지나는 n차 다항식은 유일하다는 것 또한 보여준다.
4. 세 다항식 $x^3-2x^2+1, 4x^2-x+3, 3x-2가 \textbf{P}_3(R)$를 생성하는지 판정하고 근거를 서술하라.
간단하다.
먼저 $\textbf{P}_3(R)$는 4차원이므로 생성집합의 원소개수는 최소 4개야 되어야 한다.
따라서 위의 세 다항식은 4차원인 $\textbf{P}_3(R)$를 생성할 수 없다.
5. 집합 $\{(1, 4, -6), (1, 5, 8), (2, 1, 1), (0, 1, 0)\}$은 일차독립인 $\textbf{R}^3$의 부분집합인지 판정하고 근거를 서술하라.
위의 문제와 같은 논리로 풀 수 있다.
$\textbf{R}^3$은 3차원이다.
하지만 주어진 집합의 원소개수는 4개이다.
$\textbf{R}^3$의 일차독립인 부분집합, 즉 기저는 원소의 개수가 생성공간의 차원수와 동일하다.
따라서 주어진 집합은 $\textbf{R}^3$의 기저가 될 수 없다.
11. 벡터공간 $\textbf{V}$의 서로 다른 두 벡터 $u, v$를 생각하자. 집합 $\{u, v\}$가 $\textbf{V}$의 기저이면 $\{u+v, au\}$와 $\{au, bv\}$도 $\textbf{V}$의 기저임을 보여라. (단, $a, b$는 0이 아닌 두 스칼라)
기저의 조건중 하나인 원소의 개수가 차원수와 동일하냐는 이미 충족되어 있다.
따라서 두 집합이 각각 일차독립이냐를 증명하면 된다.
먼저 $\{u+v, au\}$가 일차독립인지를 확인하기 위해 두 원소의 일차결합을 표현할 것이다.
$s(u+v) + tau = 0$라 가정할 때 일차독립이라면 $s, t$가 0이어야 한다.
위 식을 조금 변형하면 $(s+ta)u + sv = 0$으로 $u, v$의 일차결합으로 표현할 수 있다.
이때 $u, v$는 이미 기저인 것을 알고 있으므로 $s+ta, s$는 0인걸 알 수 있다.
$s+ta = s = 0$, $a$는 0이 아니므로 $s = t= 0$이다.
두 번째 집합도 동일한 방법으로
$sau + tbv = 0$, $sa = tb = 0$, $s = t = 0$임을 보일 수 있다.
즉 일차독립인걸 확인할 수 있다.
19. 정리 1.8의 증명을 완성해라
정리 1.8은 벡터공간 $\textbf{V}$와 이 공간에 속한 서로 다른 n개의 벡터가 있는 $\beta = \{u_1, u_2, ..., u_n\}$가 기저가 되기 위한 필요충분조건은 "임의의 벡터 $v \in \textbf{V}$를 $\beta$에 속한 벡터의 일차결합으로 나타낼 수 있고, 그 표현을 유일하다"는 것이다.
이미 책에서 $\beta$가 기저일 때 위 명제가 참임을 보여주고 있고 이제 그 역을 보이면 된다.
역을 보이는 방법은 간단하다. 임의의 벡터를 $\beta$의 일차결합이 표현할 수 있고 유일하면 $\beta$가 기저인 것을 보이면 된다.
위 명제를 다시 귀류법을 사용하여 임의의 벡터를 $\beta$의 일차결합이 표현할 수 있고 유일하지 않다면 $\beta$가 기저가 되지 못함을 보이자.(정확히는 기저이다. 라 할 때 해당 명제에 모순이 있음을 보이자)
$\beta$의 일차결합으로 영벡터를 표현할 때, 영벡터의 자명한 표현이 있고, 자명하지 않은 표현이 있을 것이다.
하지만 $\beta$가 기저이기 위해선 일차독립 이어야 하고, 만약 영벡터의 자명하지 않은 표현이 있다면 이는 모순된다.
따라서 임의의 벡터를 $\beta$의 일차결합이 표현할 수 있고 유일하면 $\beta$가 기저이다.
20. $n$차원 벡터공간 $\textbf{V}$와 생성집합 $S$에 대한 다음 명제가 참임을 보여라.
(a) $S$의 부분집합 중 $\textbf{V}$의 기저가 존재한다.
이는 사실 이번 장에 나온 정리 1.9이다.
만약 $S = \varnothing$이거나 $S = {0}$이면 $\textbf{V} = {0}$이다. 때문에 이경우 자명하게 기저인 공집합이 존재한다.
이제 $S = \{u_1, u_2, ..., u_n\}$라고 하자.
$S$에서 원소를 하나씩 꺼내 일차독립인 집합($\beta = \{v_1, v_2, ..., v_k\}$)을 만들자.
이때 $S = \beta$인 경우 $\beta$는 $V$를 생성하고 일차독립이므로 기저이다.
만약 $\beta$가 $S$의 일차독립인 진부분집합인 경우, $\beta$의 생성집합이 $S$를 포함하면 정리 1.5에 의해 $\beta$는 $S$의 생성공간을 포함하므로 $\textbf{V}$를 생성한다.
간단하게도 $\beta$의 생성집합이 $S$를 포함하는 것을 보일 수 있다.
임의의 벡터 $v \in S$가 있을 때 $v \in \beta$면 당연히 $v \in span(\beta)$이고
$v \notin \beta$일 경우, 정리 1.7을 활용해 $\beta$의 구성 방식에 의해 $\beta \cup \{v\}$인 점을 활용해 $v \in span(\beta)$임을 보일 수 있다.
따라서 $S \subseteq span(\beta)$이므로, $\beta$는 $\textbf{V}$를 생성한다.
(b) $S$는 적어도 $n$개의 서로 다른 벡터를 포함한다.
만약 $S$가 $n$개보다 적다면 $S$를 축소해 얻은 $\textbf{V}$의 기저의 원소수가 $\textbf{V}$의 차원수와 같지 않고 더 적게 되는 상황이 발생하므로 모순된다.
따라서 $S$는 적어도 $n$개의 서로 다른 벡터를 포함해야 한다.