3.4 문제 2 해설 상세화: 초평면이 3차원인 이유(영공간 셈)와 차원 3이 독립 개수를 3으로 제한하는 이유를 단계별 보강
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@ -114,9 +114,20 @@ deck:: Logseq/전공공부/선형대수학
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- **문제 2** (꼭 풀어볼 만한 문제): 6개의 벡터 $v_1 = (1,-1,0,0)$, $v_2 = (1,0,-1,0)$, $v_3 = (1,0,0,-1)$, $v_4 = (0,1,-1,0)$, $v_5 = (0,1,0,-1)$, $v_6 = (0,0,1,-1)$ 중 선형독립인 벡터를 최대한 많이 찾아라.
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- **문제 2** (꼭 풀어볼 만한 문제): 6개의 벡터 $v_1 = (1,-1,0,0)$, $v_2 = (1,0,-1,0)$, $v_3 = (1,0,0,-1)$, $v_4 = (0,1,-1,0)$, $v_5 = (0,1,0,-1)$, $v_6 = (0,0,1,-1)$ 중 선형독립인 벡터를 최대한 많이 찾아라.
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id:: 5d15f039-e656-4098-acd4-52d316b7fec4
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- 답: **최대 3개** (예: $v_1, v_2, v_3$).
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- 답: **최대 3개** (예: $v_1, v_2, v_3$).
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- 왜 4개는 불가능한가: 여섯 벡터 모두 **성분의 합이 0**: 즉 전부 초평면 $(1,1,1,1) \cdot v = 0$ (3차원 부분공간) 위에 있다. 3차원 공간에서 4개는 무조건 종속.
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- **[1단계] 여섯 벡터가 갇혀 있는 방 찾기**: 여섯 벡터 모두 **성분의 합이 0**이다. 즉 $(1,1,1,1) \cdot v = 0$, 전부 초평면 $x + y + z + w = 0$ 위에 있다.
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- $v_1, v_2, v_3$ 이 독립인 이유: $-1$ 들이 서로 다른 자리(2, 3, 4번째)에 있어 결합으로 소거 불가. (종속 관계 예: $v_2 - v_1 = v_4$.)
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- **[2단계] 그 방은 왜 3차원인가**: "성분 합 = 0"을 방정식으로 쓰면 $[\,1\ 1\ 1\ 1\,]x = 0$, 즉 이 초평면은 $1 \times 4$ 행렬의 **영공간**이다.
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- 💡 "어느 부분공간에 갇혀 있는지"를 먼저 보면 개수 상한이 공짜로 나온다. 차원의 위력.
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- 랭크 $r = 1$ (피벗 1개), 자유변수 $n - r = 4 - 1 = 3$ 개 → 특별해 3개가 이 공간의 기저 → **차원 3**.
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- 특별해로 기저를 쓰면 $(-1,1,0,0), (-1,0,1,0), (-1,0,0,1)$: 부호만 바꾸면 $v_1, v_2, v_3$ 그 자체다 (기저는 유일하지 않으니 둘 다 기저, 문제 16(b)와 같은 계산).
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- 💡 직관: 성분에 대한 조건식이 하나 붙을 때마다 차원이 1씩 깎인다. $\mathbb{R}^4$ 에서 조건 1개 → $4 - 1 = 3$ 차원. 이 방은 "$\mathbb{R}^4$ 안에 비스듬히 놓인 $\mathbb{R}^3$"이다.
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- **[3단계] 3차원 방에는 왜 독립 벡터가 최대 3개뿐인가**: 이 절의 핵심 정리 "차원 $k$ 인 공간에서 $k$ 개를 넘는 벡터는 무조건 종속"을 이 문제로 확인한다.
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- 방 안의 어떤 벡터든 기저 3개로 표현된다: $w = c_1 s_1 + c_2 s_2 + c_3 s_3$. 즉 이 방 안에서 벡터 하나의 정체는 **숫자 3개** $(c_1, c_2, c_3)$ 뿐이다.
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- 여섯 벡터 중 아무 4개를 골라 좌표로 바꾸면, 숫자 3개짜리 열이 4개인 $3 \times 4$ 행렬이 된다.
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- 방정식 3개에 미지수 4개: $n > m$ 이므로 $Ax = 0$ 에 0 아닌 해가 반드시 존재한다 (자유변수 ≥ 1, 3.2절). 그 0 아닌 해가 바로 네 벡터를 0으로 만드는 종속 결합이다.
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- **[3단계 별해] 같은 결론을 손 계산으로**: 아무 4개(예: $v_1, v_2, v_3, v_4$)를 열로 세운 $4 \times 4$ 행렬 $M$ 을 보자.
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- 각 열의 성분 합이 0이므로 $M$ **의 네 행을 전부 더하면 영행이다**: (1행)+(2행)+(3행)+(4행) $= (0,0,0,0)$.
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- 행들이 종속이니 행 랭크 ≤ 3, 그리고 행 랭크 = 열 랭크($A = CR$, 3.2절)이므로 열 랭크 ≤ 3. 열 4개가 독립이려면 랭크가 4여야 하므로 불가능.
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- **[4단계] 3개는 실제로 달성된다**: $v_1, v_2, v_3$ 은 $-1$ 들이 서로 다른 자리(2, 3, 4번째)에 있다. $c_1 v_1 + c_2 v_2 + c_3 v_3 = (c_1{+}c_2{+}c_3,\ -c_1,\ -c_2,\ -c_3) = 0$ 이면 곧바로 $c_1 = c_2 = c_3 = 0$, 독립. (종속 관계 예: $v_2 - v_1 = v_4$.)
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- 💡 "어느 부분공간에 갇혀 있는지"를 먼저 보면 개수 상한이 공짜로 나온다. 상한(3차원이니 ≤ 3)과 달성(독립 3개 발견)이 만나 답이 3으로 확정된다. 차원의 위력.
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- **문제 4**: 대각성분 $a, d, f$ 가 모두 0이 아닌 상삼각행렬 $U = \begin{bmatrix} a&b&c \\ 0&d&e \\ 0&0&f \end{bmatrix}$ 의 열이 선형독립임을 보여라.
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- **문제 4**: 대각성분 $a, d, f$ 가 모두 0이 아닌 상삼각행렬 $U = \begin{bmatrix} a&b&c \\ 0&d&e \\ 0&0&f \end{bmatrix}$ 의 열이 선형독립임을 보여라.
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- $Ux = 0$ 을 역대입으로: 3행에서 $fz = 0 \to z = 0$, 2행에서 $dy + ez = dy = 0 \to y = 0$, 1행에서 $ax = 0 \to x = 0$. 유일해 $x = 0$ → 열 독립.
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- $Ux = 0$ 을 역대입으로: 3행에서 $fz = 0 \to z = 0$, 2행에서 $dy + ez = dy = 0 \to y = 0$, 1행에서 $ax = 0 \to x = 0$. 유일해 $x = 0$ → 열 독립.
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- 💡 "대각에 0 없는 삼각행렬 = 가역 = 열 독립", 2장 피벗 이야기와 3.4 독립 정의가 만나는 지점.
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- 💡 "대각에 0 없는 삼각행렬 = 가역 = 열 독립", 2장 피벗 이야기와 3.4 독립 정의가 만나는 지점.
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