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12cc29f978
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ec4d080a62
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ec4d080a62 | ||
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c099066017 | ||
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7d5b221a48 |
@ -82,16 +82,17 @@ deck:: Logseq/전공공부/선형대수학
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- $R_0$ 의 영행이 있는 위치에서 $d$ 의 성분도 0이어야 한다 ($0 = 0$). 하나라도 $0 \neq d_i$ 면 해 없음.
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- 특수해에서 자유변수를 0으로 놓는 이유는? 그때 피벗변수는 어디서 바로 읽는가?
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- 가장 간단해서, 그리고 $R_0$ 의 피벗 부분이 $I$ 라서 피벗변수 값이 우변 $d$ 에 그대로 나타난다.
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- $b = 0$ 인 경우($Ax = 0$)의 완전해는 왜 특수해 없이 특별해들의 결합만으로 쓰는가? 특수해가 사라진 것인가?
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- 사라진 것이 아니다. $Ax = 0$ 도 $b = 0$ 인 $Ax = b$ 이므로 완전해 공식 $x = x_p + c_1 s_1 + \cdots + c_{n-r} s_{n-r}$ 이 그대로 적용된다. 다만 이때 **특수해가 정확히 영벡터**($x_p = 0$)라서 식에서 보이지 않을 뿐이다.
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- **레시피로 확인**: 특수해는 "자유변수 전부 0으로 놓고 $R_0 x = d$ 풀기"로 만든다. $b = 0$ 이면 소거를 아무리 해도 우변은 계속 $0$ 이라 $d = 0$ 이고, 피벗변수 값은 $d$ 에서 그대로 읽으므로 피벗변수도 전부 0이다. 자유변수 0, 피벗변수 0, 즉 모든 성분이 0인 $x_p = (0, \dots, 0)$ 이 나온다.
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- 그래서 완전해는 다음처럼 되고, 앞의 $0$ 은 더해도 아무 일이 없으니 생략된다:
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- $$x = 0 + c_1 s_1 + \cdots + c_{n-r} s_{n-r} = c_1 s_1 + \cdots + c_{n-r} s_{n-r}$$
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- **기하로 확인** (그림 3.1): 해집합은 언제나 "영공간을 $x_p$ 만큼 평행이동한 것"이다. $b \neq 0$ 이면 해집합이 원점을 지나지 않아 원점에서 해집합까지 옮겨 줄 이동량 $x_p \neq 0$ 이 꼭 필요하다. 반면 $Ax = 0$ 의 해집합은 영공간 그 자체(원점 통과)라 이동량이 0, 원점이 곧 특수해다.
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- 다른 각도: $x = 0$ 은 언제나 $A0 = 0$ 을 만족하는 **자명한 해**다. 이 자명한 해가 $Ax = 0$ 의 특수해 역할을 한다. $Ax = 0$ 에 해 존재 조건을 따질 필요가 없는 이유이기도 하다 (해가 최소 하나, $x = 0$ 은 항상 있다).
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- ⚠️ 표현 주의: 완전해 = "모든 특별해"가 아니라 특별해들의 **모든 선형결합**이다. 특별해 자체는 $n - r$ 개뿐이고, 예컨대 $2s_1$ 이나 $s_1 + s_2$ 는 특별해가 아니지만 엄연히 해다.
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- 이 절의 문제 31(a)가 바로 이 경우다: $Ax = 0$ 의 완전해를 특수해 언급 없이 $x = cs$ 로 쓴 이유가 $x_p = 0$ 이기 때문이다.
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- 한 줄 요약: $Ax = 0$ 에서 완전해 = 특별해들의 모든 결합(= 영공간 전체)인 이유는 특수해가 없어서가 아니라 **특수해가 영벡터여서**다.
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- $Ax = b$ 에서 $b = 0$ 인 경우($Ax = 0$)의 완전해는 왜 특수해 없이 특별해들의 결합만으로 쓰는가? 특수해가 사라진 것인가? #card
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id:: 6a8c0fe4-55b5-4be5-b4be-20776d5e78a7
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- 사라진 것이 아니다.
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$Ax = 0$ 도 $b = 0$ 인 $Ax = b$ 이므로 완전해 공식 $x = x_p + c_1 s_1 + \cdots + c_{n-r} s_{n-r}$ 이 그대로 적용된다. 다만 이때 **특수해가 정확히 영벡터**($x_p = 0$)라서 식에서 보이지 않을 뿐이다.
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- **직접 계산해보기** :
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- 특수해는 "자유변수 전부 0으로 놓고 $R_0 x = d$ 풀기"로 만든다. $b = 0$ 이면 소거를 아무리 해도 우변은 계속 $0$ 이라 $d = 0$ 이고, 피벗변수 값은 $d$ 에서 그대로 읽으므로 피벗변수도 전부 0이다. 자유변수 0, 피벗변수 0, 즉 모든 성분이 0인 $x_p = (0, \dots, 0)$ 이 나온다.
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- 그래서 완전해는 다음처럼 되고, 앞의 $0$ 은 더해도 아무 일이 없으니 생략된다:
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- $$x = 0 + c_1 s_1 + \cdots + c_{n-r} s_{n-r} = c_1 s_1 + \cdots + c_{n-r} s_{n-r}$$
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**기하로 확인**
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- 해집합은 언제나 "영공간을 $x_p$ 만큼 평행이동한 것"이다. $b \neq 0$ 이면 해집합이 원점을 지나지 않아 원점에서 해집합까지 옮겨 줄 이동량 $x_p \neq 0$ 이 꼭 필요하다. 반면 $Ax = 0$ 의 해집합은 영공간 그 자체(원점 통과)라 이동량이 0, 원점이 곧 특수해다.
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- $r = n$ 일 때와 $r = m$ 일 때 해의 개수는 각각 어떻게 되는가?
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- $r = n$ (최대 열 랭크): 0 또는 1개 (영공간 $\{0\}$, 존재는 $b$ 조건부).
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- $r = m$ (최대 행 랭크): 항상 존재, $n = m$ 이면 1개, $n > m$ 이면 ∞개.
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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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id:: 5d15f039-e656-4098-acd4-52d316b7fec4
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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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- $v_1, v_2, v_3$ 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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- 💡 "어느 부분공간에 갇혀 있는지"를 먼저 보면 개수 상한이 공짜로 나온다. 차원의 위력.
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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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- **[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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- 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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- $Ux = 0$ 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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@ -255,12 +255,28 @@ deck:: Logseq/전공공부/선형대수학
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- 내적 표로: $A^{\mathrm{T}}A = \begin{bmatrix} 9&-9 \\ -9&18 \end{bmatrix}$, $A^{\mathrm{T}}b = (-9, 27)$.
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- 풀면: 1행÷9 → $\hat{x}_1 - \hat{x}_2 = -1$, 2행÷9 → $-\hat{x}_1 + 2\hat{x}_2 = 3$. 더하면 $\hat{x}_2 = 2$, $\hat{x}_1 = 1$.
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- $$\hat{x} = (1, 2)$$
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- **갈래 ② 4.4 지름길** ((a)의 $q_1, q_2$ 재사용, 역행렬·연립 없음):
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- **갈래 ② 4.4 지름길** ((a)의 $q_1, q_2$ 재사용, $A^{\mathrm{T}}A$ 와 그 역행렬이 등장하지 않음): 순서는 세 수다. **❶ 내적 두 번으로** $q$ **좌표 얻기 → ❷ 사영** $p$ **조립 → ❸** $q$ **좌표를 열 좌표** $\hat{x}$ **로 번역**.
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- **왜** $q_1, q_2$ **만 쓰나**: 사영의 도착지가 **열공간**이고, $q_1, q_2$ 가 바로 그 공간의 기저라서다 (열이 2개니까 기저도 2개). $q_3$ 는 열공간 **밖**(좌영공간)에 있어서 사영 재료가 아니다. $q_3$ 성분이 들어가는 순간 결과가 열공간을 벗어난다.
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- 좌표 = 내적 ([4단계] $\hat{x} = Q^{\mathrm{T}}b$): $q_1^{\mathrm{T}}b = \frac{1 + 4 - 14}{3} = -3$, $q_2^{\mathrm{T}}b = \frac{2 + 2 + 14}{3} = 6$. 계산 끝.
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- 사영: $p = (q_1^{\mathrm{T}}b)q_1 + (q_2^{\mathrm{T}}b)q_2 = -3q_1 + 6q_2 = (-1,-2,2) + (4,2,4) = (3, 0, 6)$.
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- ⚠️ **좌표계 갈아타기** (여기가 미묘한 지점): 방금의 $(-3, 6)$ 은 $q_1, q_2$ **기준** 좌표다. 문제의 $\hat{x}$ 은 $A$ 의 **원래 열 기준** 계수이므로 좌표계를 바꿔야 한다: $A\hat{x} = p$ 를 푼다. $p$ 가 열공간 안이라 이건 **정확히 풀리는** 쉬운 시스템이다: $\hat{x}_1 + \hat{x}_2 = 3$, $2\hat{x}_1 - \hat{x}_2 = 0$ → $\hat{x} = (1, 2)$. 갈래 ①과 동일 ✓.
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- 두 갈래 비교: ①은 $2 \times 2$ 연립 풀기, ②는 내적 두 번 + 쉬운 변환. **4.4 는 4.3 의 대체가 아니라 "직교 기저가 이미 있을 때의 지름길"**이다. (a)를 먼저 시킨 것이 ②를 쓰라는 출제 의도지만, ①로 풀어도 당당한 정답이다.
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- **먼저 큰 그림: 이 갈래에는 좌표계가 2개 등장한다.** 사영 $p$ 는 열공간 안의 한 점인데, 그 점을 부르는 "주소"가 두 벌이다:
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- | 기저 (좌표계) | $p = (3, 0, 6)$ 의 주소 | 성격 |
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| $A$ 의 열 $a_1, a_2$ | $\hat{x} = (1, 2)$ | 문제가 요구하는 답 |
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| 직교 기저 $q_1, q_2$ | $(-3, 6)$ | 내적만으로 공짜로 나오는 계산용 좌표 |
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- 실제로 같은 점이다: $1 \cdot a_1 + 2 \cdot a_2 = (1,2,-2) + (2,-2,8) = (3, 0, 6)$ 이고, $-3q_1 + 6q_2$ 도 $(3, 0, 6)$.
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- 💡 왜 이런 우회를 하나: "좌표 = 내적"은 **직교 기저의 특권**이라서다 ([5단계]). $A$ 의 열 $a_1, a_2$ 는 직교가 아니라 내적으로는 좌표가 안 뽑히고, 그걸 되게 하려고 4.3 은 연립(정규방정식)을 푼다. 갈래 ②는 계산이 쉬운 $q$ 세계에서 좌표를 뽑은 뒤, 마지막에 문제가 원하는 $a$ 세계로 번역해서 끝낸다.
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- **❶ 내적 두 번** ([4단계] $Q^{\mathrm{T}}b$): $q_1^{\mathrm{T}}b = \frac{1 + 4 - 14}{3} = -3$, $q_2^{\mathrm{T}}b = \frac{2 + 2 + 14}{3} = 6$.
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- **❷ 사영 조립**: $p = (q_1^{\mathrm{T}}b)q_1 + (q_2^{\mathrm{T}}b)q_2 = -3q_1 + 6q_2 = (-1,-2,2) + (4,2,4) = (3, 0, 6)$.
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- **❸ 번역**: $A\hat{x} = p$ 를 그냥 푼다 (갈래 ②의 유일한 고비가 이 마지막 수다):
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- ⚠️ $(-3, 6)$ 을 그대로 답이라 쓰면 안 된다: 그건 $q$ 기준 주소다. 문제의 $\hat{x}$ 은 $A$ 의 **원래 열의 계수**다.
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- 번역 방법은 단순하다: $p$ 는 열공간 **안**의 점이므로, $A\hat{x} = p$ 는 (원래의 $Ax = b$ 와 달리) **모순 없이 정확히 풀리는** 시스템이다. 최소제곱이 아니라 진짜 해가 있다.
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- 방정식 3개 중 독립인 두 행만 쓰면 끝: 행 1 → $\hat{x}_1 + \hat{x}_2 = 3$, 행 2 → $2\hat{x}_1 - \hat{x}_2 = 0$. 두 식을 더하면 $3\hat{x}_1 = 3$, 즉 $\hat{x}_1 = 1$, $\hat{x}_2 = 2$.
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- 남은 행 3 이 자동 성립하는지 검산: $-2(1) + 4(2) = 6 = p_3$ ✓. (안 맞으면 $p$ 계산이 틀린 것이다.)
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- 결과: $\hat{x} = (1, 2)$. 갈래 ①과 동일 ✓.
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- **❸ 의 정식 이름**: $R\hat{x} = Q^{\mathrm{T}}b$ ([7단계]와 이 문제가 여기서 만난다):
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- 그람-슈미트 (a)가 $R$ 을 이미 알려줬다: $a_1 = 3q_1$ (크기 3), $a_2 = -3q_1 + 3q_2$ ((a)에서 $q_1^{\mathrm{T}}a_2 = -3$, $\|B\| = 3$ 이었다). 이 계수들을 열로 세우면 $R = \begin{bmatrix} 3&-3 \\ 0&3 \end{bmatrix}$.
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- $R\hat{x} = Q^{\mathrm{T}}b = (-3, 6)$: 상삼각이라 후진대입 두 줄. $3\hat{x}_2 = 6$ → $\hat{x}_2 = 2$, $3\hat{x}_1 - 3(2) = -3$ → $\hat{x}_1 = 1$. 같은 답 ✓.
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- 💡 해석: $Q^{\mathrm{T}}b$ 는 "$q$ 좌표 뽑기", $R$ 은 "$q$ 좌표 ↔ 열 좌표"를 오가는 번역 사전이다. ❸ 에서 $A\hat{x} = p$ 를 손으로 푼 것과 $R\hat{x} = Q^{\mathrm{T}}b$ 는 같은 계산의 두 표기일 뿐이다.
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- 두 갈래 비교: ①은 $2 \times 2$ 연립 풀기, ②는 내적 두 번 + 쉬운 번역. **4.4 는 4.3 의 대체가 아니라 "직교 기저가 이미 있을 때의 지름길"**이다. (a)를 먼저 시킨 것이 ②를 쓰라는 출제 의도지만, ①로 풀어도 당당한 정답이다.
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- **마무리: 검산 +** $b$ **의 완전 분해** ((b)의 $q_3$ 까지 총출동하는 이 문제의 하이라이트)
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- 오차: $e = b - p = (-2, 2, 1)$. 열공간과 직교 ✓: $(1,2,-2) \cdot (-2,2,1) = 0$, $(2,1,2) \cdot (-2,2,1) = 0$.
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- 그런데 $e$ 의 방향을 보라: $q_3^{\mathrm{T}}b = \frac{2 - 4 - 7}{3} = -3$ 이고 $-3q_3 = (-2, 2, 1) = e$. **정확히 일치!**
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