수학/선형대수학

[행렬의 랭크] ch2. 행렬의 랭크

김한결 2023. 1. 12. 01:28

행렬의 랭크
행렬의 랭크 구하기
랭크의 성질

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[선형변환부터 동형사상까지] ch1. 선형변환

ch1. 기본행렬연산

행렬의 랭크

Definition. $A \in M_{m \times n} (F)$ 의 랭크(rank)란 선형변환 $L_{A} : F^{n} \to F^{m}$ 의 랭크로 정의하고 $rank (A)$ 라고 쓴다.

위 정리에 따르면 다음과 같다.

$rank (A) = rank (L_{A}) = dim (L_{A} (F^{n}))$

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 $A \in M_{n \times n} (F)$ 가 가역임은 $L_{A} : F^{n} \to F^{n}$ 가 가역임과 동치이며, (링크의 정리 10.2-1 참고) 다시 이는 $rank (L_{A}) = dim (F^{n})$ 와 동치이다. (링크의 정리 10-1 참고) 한편 $dim (F^{n}) = n$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $◻$

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 $S = {v_{1}, \dots, v_{k}}$ 에 대해 $T (S)$ 가 선형종속이라고 가정하자. 이때 자명하지 않은 영벡터 표현 $\sum_{i = 1}^{k} a_{i} T (v_{i}) = 0$ 이 존재한다. $T$ 는 선형이므로 다음이 성립한다.

$0 = \sum_{i = 1}^{k} a_{i} T (v_{i}) = T (\sum_{i = 1}^{k} a_{i} v_{i})$

한편 $T$ 는 단사이므로 $\sum_{i = 1}^{k} a_{i} v_{i} = 0$ 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) $◻$

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) $dim (V_{0}) = dim (T (V_{0}))$

Proof. $V_{0}$ 의 기저 $β_{0}$ 를 생각하자.

(1) 다음이 성립한다. (링크의 정리 1.1-2 참고)

$\begin{matrix} (1) & T (V_{0}) = T (span (β_{0})) = span (T (β_{0})) \end{matrix}$

한편 $T (β_{0}) \subset W$ 이므로 $span (T (β_{0})) \subset W$ 이며, (링크의 정리 4.1-2 참고) 따라서 $T (V_{0})$ 는 $W$ 의 부분공간이다.

(2) $T$ 는 단사이므로 보조정리 2.2.에 따라 $T (β_{0})$ 은 선형독립이다. $| β_{0} | = n$ 이라고 하면 $| T (β_{0}) | = n$ 이며, 식 (1)에 따라 $T (V_{0})$ 은 $T (β_{0})$ 의 생성공간이므로 다음을 얻는다.

$\begin{matrix} ◻ & dim (V_{0}) = n = dim (T (V_{0})) \end{matrix}$

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

Proof.

(1) 다음이 성립한다. (링크의 정리 9-2 참고)

$\begin{aligned} rank (A Q) & = rank (L_{A Q}) \\ = rank (L_{A} L_{Q}) \\ = dim (L_{A} (L_{Q} (F^{n}))) \end{aligned}$

한편 $L_{Q}$ 는 가역이므로 전단사이다. 즉 $L_{Q} (F^{n}) = F^{n}$ 이므로 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} rank (A Q) & = dim (L_{A} (F^{n})) \\ = rank (L_{A}) \\ = rank (A) \end{aligned}$

(2) 위와 비슷하게 $rank (P A) = dim (L_{P} (L_{A} (F^{n})))$ 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.

$dim (L_{P} (L_{A} (F^{n}))) = dim (L_{A} (F^{n}))$

따라서 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} rank (P A) & = dim (L_{A} (F^{n})) \\ = rank (L_{A}) \\ = rank (A) \end{aligned}$

(3) (1)과 (2)에 따라 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} rank ((P A) Q) & = rank (P A) \\ ◻ & = rank (A) \end{aligned}$

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 $B = E A$ 이다. 정리 1.3.에 따르면 $E$ 는 가역이며 정리 2.4.에 따라 다음을 얻는다.

$rank (B) = rank (E A) = rank (A)$

기본열연산에 대해서도 비슷하게 증명할 수 있다. $◻$

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 $A \in M_{m \times n} (F)$ 와 $F^{n}$ 의 표준순서기저 $β$ 를 생각하자. $A$ 의 $j$ 열을 $a_{j}$ 라고 하면 $L_{A} (e_{j}) = A e_{j} = a_{j}$ 이므로 다음이 성립한다.

$\begin{aligned} rank (A) & = rank (L_{A}) \\ = dim (L_{A} (F^{n})) \\ = dim (L_{A} (span (β))) \\ = dim (span (L_{A} (β))) \\ = dim (span {a_{1}, \dots, a_{n}}) \end{aligned}$

따라서 $A$ 의 랭크는 $span {a_{1}, \dots, a_{n}}$ 의 차원이며, ${a_{1}, \dots, a_{n}}$ 중 일차독립인 벡터의 최대 개수와 같다. (링크의 기저의 성질 참고) $◻$

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. ${x : \exists v \in V, \exists w \in W, x = v + w}$

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.

$x_{1} + x_{2} \in W_{1} y_{1} + y_{2} \in W_{2}$

$\begin{aligned} z_{1} + z_{2} & = (x_{1} + y_{1}) + (x_{2} + y_{2}) \\ = (x_{1} + x_{2}) + (y_{1} + y_{2}) \end{aligned}$

$∴ z_{1} + z_{2} \in W_{1} + W_{2}$

따라서 $W_{1} + W_{2}$ 는 덧셈에 대하여 닫혀있다. 임의의 스칼라 $a$ 에 대하여 다음이 성립한다.

$a x_{1} \in W_{1} a y_{1} \in W_{2}$

$a z_{1} = a (x_{1} + y_{1}) = a x_{1} + a y_{1}$

$∴ a z_{1} \in W_{1} + W_{2}$

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) $◻$

Lemma 2.8. 유한차원 벡터공간 $W_{1}, W_{2}$ 에 대해 $W_{1} + W_{2}$ 는 유한차원이며 다음이 성립한다. $\begin{aligned} dim (W_{1} + W_{2}) \\ = & dim (W_{1}) + dim (W_{2}) - dim (W_{1} \cap W_{2}) \end{aligned}$

Proof. $W_{1} \cap W_{2}$ 의 어떤 기저 $α$ 를 생각하자. 이때 $α$ 를 확장하여 각각 $W_{1}$ , $W_{2}$ 의 기저를 얻을 수 있다. 이렇게 얻은 $W_{1}$ , $W_{2}$ 의 기저를 각각 $α \cup β$ , $α \cup γ$ 라고 하자. ( $β, γ$ 는 $α$ 와 서로소) 이때 $α \cup β \cup γ$ 가 $W_{1} + W_{2}$ 를 생성함은 자명하다. 한편 $α \cup γ$ 는 선형독립이므로 $γ$ 의 모든 원소는 $span (α)$ 에 속하지 않는다. (링크의 정리 5.1-5b 참고) 이때 $span (α) = W_{1} \cap W_{2}$ 이며 $γ \subset W_{2}$ 이므로 $γ \subset W_{2} ∖ W_{1}$ 을 얻는다. $span (α \cap β) = W_{1}$ 이므로 다시 $γ$ 의 모든 원소는 $span (α \cap β)$ 에 속하지 않으며, 따라서 $α \cup β \cup γ$ 은 일차독립이다. 정리하면 $α \cup β \cup γ$ 는 $W_{1} + W_{2}$ 의 기저이다. 특히 $α$ , $β$ , $γ$ 는 모두 서로소이므로 다음이 성립한다.

$\begin{aligned} dim (W_{1} + W_{2}) \\ = & | α \cup β \cup γ | \\ = & | α | + | β | + | γ | \\ = & (| α | + | β |) + (| α | + | γ |) - | α | \\ = & | α \cup β | + | α \cup γ | - | α | \\ = & dim (W_{1}) + dim (W_{2}) - dim (W_{1} \cap W_{2}) \end{aligned}$

따라서 원하는 결과를 얻는다. $◻$

Lemma 2.9. 다음의 두 행렬 $B, B^{'}$ 에 대해 $rank (B) = rank (B^{'}) + 1$ 가 성립한다. $B = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & B^{'} \end{array})$

Proof. $B$ 의 1열은 $e_{1}$ 이며, $B$ 의 1열을 제외한 나머지를 $B_{0}^{'}$ 이라고 하면 $B = (\begin{array}{cc} e_{1} & B_{0}^{'} \end{array})$ 이고 특히 다음과 같다.

$e_{1} = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix}) B_{0}^{'} = (\begin{matrix} 0 & \dots & 0 \\ B^{'} \end{matrix})$

$B^{'} \in M_{m \times n} (F)$ 라고 하자. 임의의 $x \in F^{n + 1}$ 에 대해 $x = (\begin{matrix} x_{1} \\ ⋮ \\ x_{n + 1} \end{matrix})$ 이라고 하면 다음이 성립한다.

$B x = x_{1} e_{1} + B_{0}^{'} (\begin{matrix} x_{2} \\ ⋮ \\ x_{n + 1} \end{matrix})$

$∴ R (L_{B}) = R (L_{e_{1}}) + R (L_{B_{0}^{'}})$

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 $dim (R (L_{e_{1}}) \cap R (L_{B_{0}^{'}})) = 0$ 이므로 도움정리 2.8.에 따라 다음을 얻는다.

$rank (L_{B}) = rank (L_{e_{1}}) + rank (L_{B_{0}^{'}})$

한편 $rank (L_{e_{1}}) = 1$ 임이 자명하므로 다음을 얻는다.

$rank (B) = 1 + rank (B_{0}^{'})$

한편 정리 2.6.에 따라 $rank (B^{'}) = rank (B_{0}^{'})$ 임이 자명하므로 원하는 결과를 얻는다. $◻$

Lemma 2.10. 다음의 $(m + 1) \times (n + 1)$ 행렬 $B, D$ 와 $m \times n$ 행렬 $B^{'}, D^{'}$ 를 생각하자. $B = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & B^{'} \end{array}) D = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & D^{'} \end{array})$ $B^{'}$ 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.

$E_{1} = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & E_{1}^{'} \end{array}) E_{2} = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & E_{2}^{'} \end{array})$

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.

$\begin{aligned} E_{1} B & = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & E_{1}^{'} \end{array}) (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & B^{'} \end{array}) \\ = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & E_{1}^{'} B^{'} \end{array}) \end{aligned}$

비슷하게 다음이 성립한다.

$\begin{aligned} E_{1} B E_{2} & = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & E_{1}^{'} B^{'} \end{array}) (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & E_{2}^{'} \end{array}) \\ = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & E_{1}^{'} B^{'} E_{2}^{'} \end{array}) \end{aligned}$

이때 $E_{1}^{'} B^{'} E_{2}^{'} = D^{'}$ 이므로 $E_{1} B E_{2} = D$ 를 얻는다. 이는 $B$ 에 유한 번의 기본연산을 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있음을 의미하므로 원하는 결과를 얻는다. $◻$

이제 랭크에 대한 논의의 중요한 분기점이 되는 정리를 증명하자.

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

Proof. $A$ 가 영행렬이면 $rank (A) = 0$ 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 $1 \leq 1, n$ 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.

$B = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & B^{'} \end{array})$

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

$D^{'} = (\begin{matrix} I_{r - 1} & O \\ O & O \end{matrix})$

도움정리 2.9.에 따라 $rank (B) = r$ 이며 $r \leq m, n$ 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.

$\begin{aligned} D & = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & D^{'} \end{array}) \\ = (\begin{array}{cc} 1 & \begin{matrix} 0 & \dots & 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix} & \begin{matrix} I_{r - 1} & O \\ O & O \end{matrix} \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} I_{r} & O \\ O & O \end{array}) \end{aligned}$

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 $rank (A) = rank (B)$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $◻$

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. $D = (\begin{matrix} I_{r} & O \\ O & O \end{matrix}) = B A C$

Proof. 정리 2.11.에 따라 $A$ 에 유한 번의 기본연산을 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있다. 이때 다음을 만족하는 $m \times m$ 기본행렬 $E_{1}, \dots, E_{p}$ , $n \times n$ 기본행렬 $G_{1}, \dots, G_{q}$ 가 존재한다.

$D = E_{p} \dots E_{1} A G_{1} \dots G_{q}$

이때 기본행렬은 가역이므로 $E_{p} \dots E_{1}$ 와 $G_{1} \dots G_{q}$ 도 가역이며, 따라서 원하는 결과를 얻는다. $◻$

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.

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

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

$D^{t} = (B A C)^{t} = C^{t} A^{t} B^{t}$

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

$rank (A^{t}) = rank (C^{t} A^{t} B^{t}) = rank (D^{t})$

한편 $D^{t}$ 는 여전히 $(\begin{matrix} I_{r} & O \\ O & O \end{matrix})$ 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. $◻$

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 $E_{1}, \dots, E_{p}$ , $n \times n$ 기본행렬 $E_{1}^{'}, \dots, E_{q}^{'}$ 가 존재한다.

$I_{n} = E_{p} \dots E_{1} A G_{1} \dots G_{q}$

정리 1.3.에 따르면 기본행렬은 가역이므로 다음이 성립한다.

$A = E_{1}^{- 1} \dots E_{p}^{- 1} I_{n} G_{q}^{- 1} \dots G_{1}^{- 1} = E_{1}^{- 1} \dots E_{p}^{- 1} G_{q}^{- 1} \dots G_{1}^{- 1}$

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

읽어주셔서 감사합니다.

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

이전 읽을거리)

[선형변환부터 동형사상까지] ch1. 선형변환

ch1. 기본행렬연산

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