[행렬의 랭크] ch2. 행렬의 랭크

이전 읽을거리)

[선형변환부터 동형사상까지] ch1. 선형변환

ch1. 기본행렬연산

---

행렬의 랭크

 

Definition.  $A\in\mathbb{M}_{m\times n}(F)$ 의 랭크(rank)란 선형변환 $L_A:F^n\to F^m$ 의 랭크로 정의하고 $\text{rank}(A)$ 라고 쓴다.

 

  위 정리에 따르면 다음과 같다.

$$\text{rank}(A)=\text{rank}(L_A)=\text{dim}(L_A(F^n))$$

  사실 이는 추상화된 정의이지만, 다음과 같이 중요한 정보를 빠르게 얻어낼 수 있다.

 

Theorem 2.1.  $n\times n$ 행렬이 가역일 필요충분조건은 행렬의 랭크가 $n$ 인 것이다.

 

  Proof.  행렬 $A\in\mathbb{M}_{n\times n}(F)$ 가 가역임은 $L_A:F^n\to F^n$ 가 가역임과 동치이며, (링크의 정리 10.2-1 참고) 다시 이는 $\text{rank}(L_A)=\text{dim}(F^n)$ 와 동치이다. (링크의 정리 10-1 참고) 한편 $\text{dim}(F^n)=n$ 이므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  다음의 정리에 따르면 행렬에 가역행렬을 곱하는 것으로는 랭크가 변하지 않는다.

 

Lemma 2.2. 벡터공간 $V,W$ 와 선형변환 $T:V\to W$ 에 대해 $T$ 가 단사일 필요충분조건은 임의의 선형독립집합 $S\subset V$ 에 대해 $T(S)$ 가 선형독립인 것이다.

 

  Proof.

  ($\Rightarrow$) $T$ 가 단사라고 하자. 모순을 보이기 위해 어떤 선형독립집합 $S=\{v_1,\ldots,v_k\}$ 에 대해 $T(S)$ 가 선형종속이라고 가정하자. 이때 자명하지 않은 영벡터 표현 $\sum_{i=1}^ka_iT(v_i)=0$ 이 존재한다. $T$ 는 선형이므로 다음이 성립한다.

$$0=\sum_{i=1}^ka_iT(v_i)=T\left(\sum_{i=1}^ka_iv_i\right)$$

  한편 $T$ 는 단사이므로 $\sum_{i=1}^ka_iv_i=0$ 이며, (링크의 정리 2.2-1 참고) 따라서 $S$ 의 일차결합 중 자명하지 않은 영벡터 표현이 존재한다. 이는 $S$ 가 일차독립이라는 가정에 어긋나므로 모순. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

  ($\Leftarrow$) 임의의 선형독립집합 $S\subset V$ 에 대해 $T(S)$ 가 선형독립이라고 하자. 0이 아닌 임의의 벡터 $x\in V$ 에 대해 $\{x\}$ 는 선형독립이므로 $\{T(x)\}$ 도 선형독립이며 따라서 $T(x)\neq 0$ 이다. 이는 $N(T)=\{0\}$ 을 의미하므로 $T$ 는 단사이다. (링크의 정리 2.2-1 참고)   $\square$

 

 

Lemma 2.3.  유한차원 벡터공간 $V,W$ 와 전단사 선형변환 $T:V\to W$ , $V$ 의 부분공간 $V_0$ 에 대해 다음이 성립한다.
  (1) $T(V_0)$ 은 $W$ 의 부분공간이다.
  (2) $\text{dim}(V_0)=\text{dim}(T(V_0))$

 

  Proof.  $V_0$ 의 기저 $\beta_0$ 를 생각하자.

  (1) 다음이 성립한다. (링크의 정리 1.1-2 참고)

$$T(V_0)=T(\text{span}(\beta_0))=\text{span}(T(\beta_0))\tag{1}$$

  한편 $T(\beta_0)\subset W$ 이므로 $\text{span}(T(\beta_0))\subset W$ 이며, (링크의 정리 4.1-2 참고) 따라서 $T(V_0)$ 는 $W$ 의 부분공간이다.

  (2) $T$ 는 단사이므로 보조정리 2.2.에 따라 $T(\beta_0)$ 은 선형독립이다. $|\beta_0|=n$ 이라고 하면 $|T(\beta_0)|=n$ 이며, 식 (1)에 따라 $T(V_0)$ 은 $T(\beta_0)$ 의 생성공간이므로 다음을 얻는다.

$$\text{dim}(V_0)=n=\text{dim}(T(V_0))\tag*{$\square$}$$

 

 

Theorem 2.4.  $m\times n$ 행렬 $A$ , $m\times m$ 가역행렬 $P$ , $n\times n$ 가역행렬 $Q$ 에 대해 다음이 성립한다.
  (1) $\text{rank}(AQ)=\text{rank}(A)$
  (2) $\text{rank}(PA)=\text{rank}(A)$
  (3) $\text{rank}(PAQ)=\text{rank}(A)$

 

  Proof.

  (1) 다음이 성립한다. (링크의 정리 9-2 참고)

$$\begin{align}\text{rank}(AQ)&=\text{rank}(L_{AQ})\\&=\text{rank}(L_AL_Q)\\&=\text{dim}(L_A(L_Q(F^n)))\end{align}$$

  한편 $L_Q$ 는 가역이므로 전단사이다. 즉 $L_Q(F^n)=F^n$ 이므로 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\text{rank}(AQ)&=\text{dim}(L_A(F^n))\\&=\text{rank}(L_A)\\&=\text{rank}(A)\end{align}$$

  (2) 위와 비슷하게 $\text{rank}(PA)=\text{dim}(L_P(L_A(F^n)))$ 가 성립한다. 한편 $L_P$ 는 전단사이고 $L_A(F^n)=R(L_A)$ 는 $F^m$ 의 부분공간이므로 (링크의 정리 2-1 참고) 보조정리 2.3.에 따라 다음을 얻는다.

$$\text{dim}(L_P(L_A(F^n)))=\text{dim}(L_A(F^n))$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\text{rank}(PA)&=\text{dim}(L_A(F^n))\\&=\text{rank}(L_A)\\&=\text{rank}(A)\end{align}$$

  (3) (1)과 (2)에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\text{rank}((PA)Q)&=\text{rank}(PA)\\&=\text{rank}(A)\tag*{$\square$}\end{align}$$

 

 

Corollary 2.5.  행렬의 기본연산은 랭크를 보존한다.

 

  Proof.  행렬 $A$ 에 기본행연산을 시행하여 행렬 $B$ 를 얻는다면 정리 1.2.에 따라 어떤 기본행렬 $E$ 에 대해 $B=EA$ 이다. 정리 1.3.에 따르면 $E$ 는 가역이며 정리 2.4.에 따라 다음을 얻는다.

$$\text{rank}(B)=\text{rank}(EA)=\text{rank}(A)$$

  기본열연산에 대해서도 비슷하게 증명할 수 있다.   $\square$

 

 

행렬의 랭크 구하기

 

  이제 행렬의 랭크를 직접 구하는 방법을 알아보자. 다음의 정리로 시작하자.

 

Theorem 2.6.  행렬의 랭크는 그 열에 대한 생성공간의 차원이다. 즉 행렬의 랭크는 일차독립인 열의 최대 개수와 같다.

 

  Proof.  임의의 $A\in\mathbb{M}_{m\times n}(F)$ 와 $F^n$ 의 표준순서기저 $\beta$ 를 생각하자. $A$ 의 $j$ 열을 $a_j$ 라고 하면 $L_A(e_j)=Ae_j=a_j$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\text{rank}(A)&=\text{rank}(L_A)\\&=\text{dim}(L_A(F^n))\\&=\text{dim}(L_A(\text{span}(\beta)))\\&=\text{dim}(\text{span}(L_A(\beta)))\\&=\text{dim}(\text{span}\{a_1,\ldots,a_n\})\end{align}$$

  따라서 $A$ 의 랭크는 $\text{span}\{a_1,\ldots,a_n\}$ 의 차원이며, $\{a_1,\ldots,a_n\}$ 중 일차독립인 벡터의 최대 개수와 같다. (링크의 기저의 성질 참고)   $\square$

 

 

  정리 2.6. 덕분에 행렬의 랭크는 이제 선형변환에 얽매이지 않고 행렬의 열에 대한 개념으로 생각할 수 있다. 특히 따름정리 2.5.에 따르면 행렬의 랭크를 쉽게 파악하기 위해 몇 번의 간단한 연산을 시도해볼 수도 있다. 몇 개의 도움정리부터 시작하자.

 

Definition.  두 벡터공간 $V,W$ 의 합은 다음과 같이 정의되며 $V+W$ 라고 쓴다.$$\big\{x:\exists v\in V,\;\exists w\in W,\;x=v+w\big\}$$

 

Lemma 2.7.  벡터공간 $V$ 의 부분공간 $W_1,W_2$ 에 대해 $W_1+W_2$ 는 $W_1$ 과 $W_2$ 를 포함하며 $V$ 의 부분공간이다.

 

  Proof.  임의의 $x\in W_1$ , $y\in W_2$ 에 대해 $x+y\in W_1+W_2$ 이다. 특히 $0\in W_2$ 이므로 $y=0$ 이라고 하면 $x\in W_1+W_2$ 이므로 $W_1\subset W_1+W_2$ 를 얻는다. 비슷하게 $W_2\subset W_1+W_2$ 가 성립한다. $W_1+W_2$ 가 $V$ 의 부분공간임을 보이자. 임의의 $z_1,z_2\in W_1+W_2$ 에 대해 어떤 $x_1,x_2\in V$ , $y_1,y_2\in W_2$ 가 존재하여 $z_1=x_1+y_1$ , $z_2=x_2+y_2$ 가 성립한다. 다음이 성립한다.

$$x_1+x_2\in W_1\qquad y_1+y_2\in W_2$$

$$\begin{align}z_1+z_2&=(x_1+y_1)+(x_2+y_2)\\&=(x_1+x_2)+(y_1+y_2)\end{align}$$

$$\therefore z_1+z_2\in W_1+W_2$$

  따라서 $W_1+W_2$ 는 덧셈에 대하여 닫혀있다. 임의의 스칼라 $a$ 에 대하여 다음이 성립한다.

$$ax_1\in W_1\quad ay_1\in W_2$$

$$az_1=a(x_1+y_1)=ax_1+ay_1$$

$$\therefore az_1\in W_1+W_2$$

  따라서 $W_1+W_2$ 는 스칼라곱에 대하여 닫혀있다. 또한 $0\in V$ 에 대해 $0\in W_1$ , $0\in W_2$ 이며 $0+0=0\in W_1+W_2$ 이므로 $W_1+W_2$ 는 $V$ 의 부분공간이다. (링크의 정리 2.1-1 참고)   $\square$

 

 

Lemma 2.8.  유한차원 벡터공간 $W_1,W_2$ 에 대해 $W_1+W_2$ 는 유한차원이며 다음이 성립한다.$$\begin{align}&\;\text{dim}(W_1+W_2)\\=&\;\text{dim}(W_1)+\text{dim}(W_2)-\text{dim}(W_1\cap W_2)\end{align}$$

 

  Proof.  $W_1\cap W_2$ 의 어떤 기저 $\alpha$ 를 생각하자. 이때 $\alpha$ 를 확장하여 각각 $W_1$ , $W_2$ 의 기저를 얻을 수 있다. 이렇게 얻은 $W_1$ , $W_2$ 의 기저를 각각 $\alpha\cup\beta$ , $\alpha\cup\gamma$ 라고 하자. ($\beta,\gamma$ 는 $\alpha$ 와 서로소) 이때 $\alpha\cup\beta\cup\gamma$ 가 $W_1+W_2$ 를 생성함은 자명하다. 한편 $\alpha\cup\gamma$ 는 선형독립이므로 $\gamma$ 의 모든 원소는 $\text{span}(\alpha)$ 에 속하지 않는다. (링크의 정리 5.1-5b 참고) 이때 $\text{span}(\alpha)=W_1\cap W_2$ 이며 $\gamma\subset W_2$ 이므로 $\gamma\subset W_2\setminus W_1$ 을 얻는다. $\text{span}(\alpha\cap\beta)=W_1$ 이므로 다시 $\gamma$ 의 모든 원소는 $\text{span}(\alpha\cap\beta)$ 에 속하지 않으며, 따라서 $\alpha\cup\beta\cup\gamma$ 은 일차독립이다. 정리하면 $\alpha\cup\beta\cup\gamma$ 는 $W_1+W_2$ 의 기저이다. 특히 $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ 는 모두 서로소이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\text{dim}(W_1+W_2)\\=&\;|\alpha\cup\beta\cup\gamma|\\=&\;|\alpha|+|\beta|+|\gamma|\\=&\;\big(|\alpha|+|\beta|\big)+\big(|\alpha|+|\gamma|\big)-|\alpha|\\=&\;|\alpha\cup\beta|+|\alpha\cup\gamma|-|\alpha|\\=&\;\text{dim}(W_1)+\text{dim}(W_2)-\text{dim}(W_1\cap W_2)\end{align}$$

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

Lemma 2.9.  다음의 두 행렬 $B,B'$ 에 대해 $\text{rank}(B)=\text{rank}(B')+1$ 가 성립한다.$$B=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&B'\end{array}\;\right)$$

 

  Proof.  $B$ 의 1열은 $e_1$ 이며, $B$ 의 1열을 제외한 나머지를 $B_0'$ 이라고 하면 $B=\left(\;\begin{array}{c|c}e_1&B_0'\end{array}\;\right)$ 이고 특히 다음과 같다.

$$e_1=\begin{pmatrix}1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}\qquad B_0'=\begin{pmatrix}0&\cdots&0\\\hline&&\\&B'&\\&&\end{pmatrix}$$

  $B'\in\mathbb{M}_{m\times n}(F)$ 라고 하자. 임의의 $x\in F^{n+1}$ 에 대해 $x=\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_{n+1}\end{pmatrix}$ 이라고 하면 다음이 성립한다.

$$Bx=x_1e_1+B_0'\begin{pmatrix}x_2\\\vdots\\x_{n+1}\end{pmatrix}$$

$$\therefore R(L_B)=R(L_{e_1})+R(L_{B_0'})$$

  각 $R(L_B)$ , $R(L_{e_1})$ , $R(L_{B_0'})$ 는 $F^{m+1}$ 의 부분공간이다. (링크의 정리 2-1 참고) 이때 $R(L_{e_1})$ 의 모든 벡터는 첫 번째 성분을 제외한 모든 성분이 0이고, $R(L_{B_0'})$ 의 모든 벡터는 첫 번째 성분이 0이므로 다음이 성립한다.

$$R(L_{e_1})\cap R(L_{B_0'})=\{0\}$$

  즉 $\text{dim}(R(L_{e_1})\cap R(L_{B_0'}))=0$ 이므로 도움정리 2.8.에 따라 다음을 얻는다.

$$\text{rank}(L_B)=\text{rank}(L_{e_1})+\text{rank}(L_{B_0'})$$

  한편 $\text{rank}(L_{e_1})=1$ 임이 자명하므로 다음을 얻는다.

$$\text{rank}(B)=1+\text{rank}(B_0')$$

  한편 정리 2.6.에 따라 $\text{rank}(B')=\text{rank}(B_0')$ 임이 자명하므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

Lemma 2.10.  다음의 $(m+1)\times(n+1)$ 행렬 $B,D$ 와 $m\times n$ 행렬 $B',D'$ 를 생각하자.$$B=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&B'\end{array}\;\right)\quad D=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&D'\end{array}\;\right)$$  $B'$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 $D'$ 를 얻을 수 있다면, $B$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있다.

 

  Proof.  $B'$ 에 유한 번의 기본연산을 시행하여 $D'$ 를 얻었다면 $D'=E_1'B'E_2'$ 를 만족하는 행렬 $E_1',E_2'$ 가 존재한다. 다음의 행렬을 생각하자.

$$E_1=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'\end{array}\;\right)\quad E_2=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_2'\end{array}\;\right)$$

  이때 $E_1$ 은 $I_m$ 에서 $E_1'$ 을 얻을 때 $i$ 번째 행에 시행한 기본연산을 $I_{m+1}$ 의 $i+1$ 번째 행에 시행하여 얻을 수 있는 행렬이므로 $m\times m$ 기본행렬이다. 비슷하게 $E_2$ 도 $n\times n$ 기본행렬이다. 한편 행렬의 곱 연산에 따라 다음이 자명하다.

$$\begin{align}E_1B&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'\end{array}\;\right)\!\!\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&B'\end{array}\;\right)\\&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'B'\end{array}\;\right)\end{align}$$

  비슷하게 다음이 성립한다.

$$\begin{align}E_1BE_2&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'B'\end{array}\;\right)\!\!\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_2'\end{array}\;\right)\\&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'B'E_2'\end{array}\;\right)\end{align}$$

  이때 $E_1'B'E_2'=D'$ 이므로 $E_1BE_2=D$ 를 얻는다. 이는 $B$ 에 유한 번의 기본연산을 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있음을 의미하므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  이제 랭크에 대한 논의의 중요한 분기점이 되는 정리를 증명하자.

 

Theorem 2.11.  랭크가 $r$ 인 $m\times n$ 행렬 $A$ 에 대해 $r\le m,n$ 이 성립하며 $A$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 다음의 행렬 $D$ 를 얻을 수 있다.$$D=\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}$$  이때 각 $O$ 는 적절한 영행렬이다.

 

  Proof.  $A$ 가 영행렬이면 $\text{rank}(A)=0$ 이고 $D=A$ 이므로 정리가 성립한다. $A$ 가 영행렬이 아니라고 가정하자. $m$ 에 대한 수학적 귀납법으로 증명하자.

  $m=1$ 일 때를 생각하자. $A$ 는 행벡터이며 0아닌 성분을 가지므로 1형, 2형 열연산으로 첫 번째 성분을 1로 만들 수 있으며, 3형 열연산을 반복하여 나머지 성분을 모두 0으로 만들어 $D$ 를 얻을 수 있다. 정리 2.6.에 따라 $D$ 의 랭크는 1이며 따름정리 2.5.에 따라 $A$ 의 랭크도 1이다. 이때 $1\le 1,n$ 이므로 정리가 성립한다.

  $m-1$ 에서 정리가 성립한다고 가정하고 $m$ 에서 정리가 성립함을 보이자. $m\times n$ 행렬 $A$ 는 0이 아닌 성분을 가지므로 1형 행연산과 1형, 2형 열연산으로 1행 1열의 성분을 1로 만들 수 있으며 3형 연산을 반복하여 다음과 같은 꼴의 행렬을 얻을 수 있다.

$$B=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&B'\end{array}\;\right)$$

  이때 $B'$ 는 $(m-1)\times(n-1)$ 행렬이므로 $\text{rank}(B')=r-1$ 이라고 하면 귀납법 가정에 따라 $r-1\le m-1,n-1$ 이 성립하며 $B'$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 다음의 행렬 $D'$ 를 얻을 수 있다.

$$D'=\begin{pmatrix}I_{r-1}&O\\O&O\end{pmatrix}$$

  도움정리 2.9.에 따라 $\text{rank}(B)=r$ 이며 $r\le m,n$ 을 얻는다. 한편 $B'$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 $D'$ 를 얻었으므로 도움정리 2.10.에 따라 $B$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 다음의 행렬 $D$ 를 얻을 수 있다.

$$\begin{align}D&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&D'\end{array}\;\right)\\&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&\begin{matrix}I_{r-1}&O\\O&O\end{matrix}\end{array}\;\right)\\&=\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}\end{align}$$

  여기서 $B$ 는 이미 $A$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 얻은 행렬이므로, $A$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있으며 따름정리 2.5.에 따라 $\text{rank}(A)=\text{rank}(B)$ 이므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  이 정리는 랭크의 관점에서 행렬의 불필요한 부분을 완전히 제거하여 랭크의 성질을 알아내는데 도움을 준다.

 

 

랭크의 성질

 

Corollary 2.12.  랭크가 $r$ 인 $m\times n$ 행렬 $A$ 에 대해 다음을 만족하는 $m\times m$ 가역행렬 $B$ , $n\times n$ 가역행렬 $C$ 가 존재한다.$$D=\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}=BAC$$

 

  Proof.  정리 2.11.에 따라 $A$ 에 유한 번의 기본연산을 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있다. 이때 다음을 만족하는 $m\times m$ 기본행렬 $E_1,\ldots,E_p$ , $n\times n$ 기본행렬 $G_1,\ldots,G_q$ 가 존재한다.

$$D=E_p\cdots E_1AG_1\cdots G_q$$

  이때 기본행렬은 가역이므로 $E_p\cdots E_1$ 와 $G_1\cdots G_q$ 도 가역이며, 따라서 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  다음의 따름정리 이전에 자명한 사실 하나를 확인하자. 어떤 행렬 $A$ 가 가역이면 $A^t$ 도 가역이며 $A^t$ 의 역행렬은 $(A^{-1})^t$ 이다. 이는 다음의 식으로써 자명하다.

$$(A^{-1})^tA^t=(AA^{-1})^t=I^t=I$$

 

Corollary 2.13.  다음이 성립한다.
  (1) 행렬 $A$ 에 대해 $A^t$ 의 랭크는 $A$ 의 랭크와 같다.
  (2) 행렬의 랭크는 그 행에 대한 생성공간의 차원이다. 즉 행렬의 랭크는 일차독립인 행의 최대 개수와 같다.
  (3) 행렬의 행과 열이 생성하는 각각의 부분공간은 차원이 같으며, 이 차원은 행렬의 랭크와 같다.

 

  Proof.

  (1) $\text{rank}(A)=r$ 이라고 하자. 따름정리 2.12.에 따르면 $D=\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}$ 에 대해 $D=BAC$ 인 가역행렬 $B,C$ 가 존재한다. 한편 다음이 성립한다.

$$D^t=(BAC)^t=C^tA^tB^t$$

  이때 $B,C$ 는 가역이므로 $B^t,C^t$ 도 가역이다. 정리 2.4.에 따라 다음이 성립한다.

$$\text{rank}(A^t)=\text{rank}(C^tA^tB^t)=\text{rank}(D^t)$$

  한편 $D^t$ 는 여전히 $\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}$ 의 꼴이므로 ($D\neq D^t$ 일 수 있음) 정리 2.6.에 따라 $D^t$ 의 랭크는 $r$ 이다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

  (2) 정리 2.6.과 본 정리의 (1)에 따라 자명하다.

  (3) 정리 2.6.과 본 정리의 (2)에 따라 자명하다.   $\square$

 

 

  이제 그 어떤 행렬도 반복계산으로 랭크를 구할 수 있다. 행렬의 랭크를 구하는 전략은 기본연산을 행렬에 적용하여 가능한 많은 성분이 0이 되도록 하여 일차독립인 행 또는 열이 몇 개인지 쉽게 파악하는 것이다. 예시는 생략한다.

 

  다음의 정리는 상당히 중요하다.

 

Corollary 2.14.  모든 가역행렬은 기본행렬의 유한한 곱과 같다.

 

  Proof.  정리 2.1.에 따라 $n\times n$ 가역행렬 $A$ 의 랭크는 $n$ 이다. 한편 따름정리 2.12.의 증명에서와 같이 다음을 만족하는 $m\times m$ 기본행렬 $E_1,\ldots,E_p$ , $n\times n$ 기본행렬 $E_1',\ldots,E_q'$ 가 존재한다.

$$I_n=E_p\cdots E_1AG_1\cdots G_q$$

  정리 1.3.에 따르면 기본행렬은 가역이므로 다음이 성립한다.

$$A=E_1^{-1}\cdots E_p^{-1}I_nG_q^{-1}\cdots G_1^{-1}=E_1^{-1}\cdots E_p^{-1}G_q^{-1}\cdots G_1^{-1}$$

  다시 정리 1.3.에 따라 기본행렬의 역행렬도 기본행렬이므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

References)
[1] 스티븐 H, 프리드버그. (2020). 프리드버그 선형대수학 (한빛수학교재연구소 옮김). 한빛아카데미.

---

이전 읽을거리)

[선형변환부터 동형사상까지] ch1. 선형변환

ch1. 기본행렬연산