Search
Duplicate

프리드버그 선형대수학/ 벡터공간/ 기저와 차원

기저와 차원

앞서 SS 가 부분공간 WW의 생성집합이고, SS 의 어떤 진부분집합도 WW를 생성하지 못할 때, SS 는 일차독립임을 확인하였다.
일차독립인 (WW의) 생성집합 SS 에는 아주 특별한 성질이 있다. WW에 속한 벡터는 반드시 SS 의 일차결합으로 표현할 수 있고, 그 표현은 유일하다.
이 성질을 이용하면 일차독립인 생성집합은 주어진 벡터공간을 구성하는 가장 기본적인 레고 조각이라 할 수 있다.
정의)
벡터공간 VV와 부분집합 β\beta를 생각하자. β\beta가 일차독립이고 VV를 생성하면 VV의 기저(basis)라 한다. β\betaVV의 기저일 때, β\beta의 벡터는 (VV의) 기저를 형성한다.
예제 1)
span()={0}span(\emptyset) = \{ 0 \}이고 \emptyset은 일차독립이다. 즉, \emptyset은 점공간의 기저이다.
예제 2)
벡터공간 FnF^{n}에 대해 다음 벡터를 생각하자.
e1=(1,0,0,...,0),e2=(0,1,0,...,0),...,en=(0,0,0,...,1)e_{1} = (1, 0, 0, ... , 0), e_{2} = (0, 1, 0, ... , 0), ... , e_{n} = (0, 0, 0, ... , 1)
집합 {e1,2,...en}\{ e_{1}, _{2}, ... e_{n} \}FnF^{n}의 기저이다. 이 특별한 기저를 FnF^{n}의 표준기저(standard basis)라 한다.
예제 3)
행렬 EijMm×n(F)E^{ij} \in M_{m \times n}(F)iijj열 성분만 11이고, 나머지 성분은 00인 행렬이다. 집합 {Eij:1im,1jn}\{ E^{ij} : 1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n \}Mm×n(F)M_{m \times n}(F)의 기저이다.
예제 4)
집합 {1,x,x2,...,xn}\{ 1, x, x^{2}, ... , x^{n} \}은 벡터공간 Pn(F)P_{n}(F)의 기저이다. 이 특별한 기저를 Pn(F)P_{n}(F)의 표준기저라 한다.
예제 5)
집합 {1,x,x2,...}\{ 1, x, x^{2}, ... \}P(F)P(F)의 기저이다.
예제 5에 따르면 기저는 유한집합이 아닐 수도 있다. 이번 절의 후반부에서는 P(F)P(F)의 어떤 기저도 유한집합일 수 없음을 보일 것이다. 기저가 유한집합이 아닌 벡터공간도 존재한다.
기저의 매우 중요한 성질을 설명하는 다음 정리는 특히 다음 장에서 자주 사용한다.
정리 1.8)
벡터공간 VV와 이 공간에 속한 서로 다른 nn개의 벡터 u1,u2,...,unu_{1}, u_{2}, ... , u_{n}를 생각하자. 집합 β={u1,u2,...,un}\beta = \{ u_{1}, u_{2}, ... , u_{n} \}VV의 기저가 되기 위한 필요충분조건은 '임의의 벡터 uVu \in Vβ\beta에 속한 벡터의 일차결합으로 나타낼 수 있고, 그 표현은 유일하다'는 것이다.
즉 유일한 스칼라 a1,a2,...,ana_{1}, a_{2}, ... , a_{n}에 대하여 벡터 vv는 다음과 같다.
v=a1u1+a2u2+...+anunv = a_{1} u_{1} + a_{2} u_{2} + ... + a_{n} u_{n}
증명)
VV의 기저를 β\beta라 하자. 벡터 vVv \in V에 대하여 span(β)=Vspan(\beta) = V이므로 vspan(β)v \in span(\beta)이다. 이제 vvβ\beta에 대한 일차결합 표현을 두 가지로 표현할 수 있다고 가정하다.
v=a1u1+a2u2+...+anunv = a_{1}u_{1} + a_{2}u_{2} + ... + a_{n}u_{n} 이고 v=b1u1+b2u2+...+bnunv = b_{1}u_{1} + b_{2}u_{2} + ... + b_{n} u_{n}
첫 번째 식에서 두 번째 식을 빼면 다음과 같다.
0=(a1b1)u1+(a2b2)u2+...+(anbn)un0 = (a_{1} - b_{1})u_{1} + (a_{2} - b_{2}) u_{2} + ... + (a_{n} - b_{n}) u_{n}
β\beta가 일차독립이므로 a1b1=a2b2=...=anbn=0a_{1} - b_{1} = a_{2} - b_{2} = ... = a_{n} - b_{n} = 0이고 a1=b1,a2=b2,...,an=bna_{1} = b_{1}, a_{2} = b_{2}, ... , a_{n} = b_{n}이다. 따라서 β\beta에 대한 vv의 일차결합 표현은 유일하다.
정리 1.8에 의하면 u1,u2,...,unu_{1}, u_{2}, ... , u_{n}VV의 기저를 형성할 떄 VV의 모든 벡터는 적절히 스칼라 a1,a2,...,ana_{1}, a_{2}, ... , a_{n}를 가져와 다음과 같이 유일한 일차결합 형태로 표현할 수 있다.
v=a1u1+a2u2+...+anunv = a_{1} u_{1} + a_{2} u_{2} + ... + a_{n} u_{n}
VV가 주어지면 스칼라 nn 순서쌍 (a1,a2,...,an)(a_{1}, a_{2}, ... , a_{n})이 결정된다.
반대로 스칼라 nn 순서쌍이 주어지면 각 성분을 (u1,u2,...,un)(u_{1}, u_{2}, ... , u_{n})의 일차결합의 계수로 가지는 유일한 벡터 vv를 생각할 수 있다.
그렇다면 벡터공간 VV는 벡터공간 FnF^{n}와 별반 다를 바 없어 보인다. 이때 nnVV의 기저를 형성하는 벡터의 개수이다.
2.4절에서는 두 벡터공간이 본질적으로 같음을 확인할 것이다.
이 책은 주로 기저가 유한집합인 경우를 다룬다. 정리 1.9에 의하면 벡터공간의 상당수가 이 범주에 들어간다.
정리 1.9)
유한집합 SS가 벡터공간 VV를 생성하면 SS의 부분집합 중 VV의 기저가 존재한다. 즉,VV에는 유한집합인 기저를 포함한다.
증명)
S=S = \emptyset 또는 S={0}S = \{0\}이면 V={0}V = \{0\}이다. \emptysetSS의 부분집합이면서 VV의 기저이다.
이제 SS가 영이 아닌 벡터 u1u_{1}이 있다고 가정하자. 명제 2에 따르면 {u1}\{ u_{1} \}은 일차독립인 부분집합이다. 집합 {u1,u2,...,uk}\{ u_{1}, u_{2}, ... , u_{k} \}가 일차독립이 되도록 SS에서 순차적으로 u2,...,uku_{2}, ... , u_{k}를 꺼내자.
SS가 유한집합이므로 이 과정을 유한 번 반복하면 끝난다. 최종적으로 얻은 집합을 β={u1,u2,...,un}\beta = \{ u_{1}, u_{2}, ... , u_{n} \}이라 하자. 이제 가능한 경우는 두 가지 뿐이다.
1.
β=S\beta = S일 때 SS는 일차독립이고 VV의 생성집합이므로 VV의 기저이다.
2.
β\betaSS의 일차독립인 진부분집합일 때, SS에서 다른 벡터를 선택하여 β\beta에 추가하는 순간 일차종속이 되면 β\betaVV의 기저임을 보이자.
β\beta는 구성 방식에 의해 일차독립이다. 이제 β\betaVV를 생성함을 보이자. 정리 1.5에 의해 Sspan(β)S \subseteq span(\beta)임을 보이면 충분하다.
vSv \in S에 대하여 vβv \in \beta이면 당연히 vspan(β)v \in span(\beta)이다.
vβv \notin \beta이면 β{v}\beta \cup \{ v \}는 일차종속이다. 정리 1.7로부터 vspan(β)v \in span(\beta)이다. 따라서 Sspan(β)S \subseteq span(\beta)이다.
정리 1.10) 대체정리(replacement theorem)
nn개의 벡터로 이루어진 집합 GG가 벡터공간 VV를 생성한다고 하자. LLmm개의 일차독립인 벡터로 이루어진 VV의 부분집합이면 mnm \leq n이다. 또한 다음 조건을 만족하는 집합 HGH \subseteq G가 존재한다. HHnmn - m개의 벡터로 이루어졌으며 LHL \cup HVV를 생성한다.
증명)
mm에 대한 수학적 귀납법으로 증명하자. m=0m = 0 (즉 L=L = \emptyset)일 때는 H=GH = G로 잡으면 된다.
이제 어떤 정수 m0m \geq 0에 대하여 위 정리가 성립한다고 가정하고 m+1m + 1일 때도 이 정리가 성립함을 증명해 보자.
L={v1,v2,...,vm+1}L = \{ v_{1}, v_{2}, ... , v_{m+1} \} m+1m + 1개의 벡터로 이루어진 일차독립인 (VV의) 부분집합이라 하자. 정리 1.6의 따름정리로부터 {v1,v2,...vm}\{ v_{1}, v_{2}, ... v_{m} \} 은 일차독립이다. 수학적 귀납법의 가정에 의해 집합 {v1,v2,...,vm}{u1,u2,...,unm}\{v_{1}, v_{2}, ... , v_{m}\} \cup \{u_{1}, u_{2}, ... , u_{n-m}\}VV를 생성하도록 하는 GG의 부분집합 {u1,u2,...,unm}\{u_{1}, u_{2}, ... , u_{n-m}\}이 존재한다 (단 mnm \leq n)
이제 다음 등식을 만족하는 스칼라 a1,a2,...,ama_{1}, a_{2}, ... , a_{m}과 스칼라 b1,b2,...,bnmb_{1}, b_{2}, ... , b_{n-m}이 존재한다.
a1v1+a2v2+...+amvm+b1u1+b2u2+...+bnmunm=vm+1a_{1} v_{1} + a_{2} v_{2} + ... + a_{m} v_{m} + b_{1} u_{1} + b_{2} u_{2} + ... + b_{n-m} u_{n-m} = v_{m+1}
여기서 nm>0n - m > 0임을 유념하자. 혹시 nm=0n - m = 0이지 않을까? 그렇다면 vm+1v_{m+1}v1,v2,...,vmv_{1}, v_{2}, ... , v_{m}의 일차결합이 되고, 이는 정리 1.7에 의해 LL이 일차독립이라는 사실에 모순이다. nm>0n>mn-m > 0 \Leftrightarrow n > m이므로 nm+1n \geq m + 1이다.
또한 bib_{i}00이 아닌 스칼라가 반드시 존재한다. 이 스칼라를 b1b_{1}이라 하자. (모든 bib_{i}가 모두 00이라면 직전과 똑같은 모순이 발생한다) 위식을 u1u_{1}에 대하여 풀면 다음과 같다.
u1=(b11a1)v1+(b11a2)v2+...+(b11am)vm+(b11)vm+1+(b11b2)u2+...+(b11bnm)unmu_{1} = (-b_{1}^{-1}a_{1})v_{1} + (-b_{1}^{-1}a_{2})v_{2} + ... + (-b_{1}^{-1}a_{m})v_{m} + (b_{1}^{-1})v_{m+1} + (-b_{1}^{-1}b_{2})u_{2} + ... + (-b_{1}^{-1}b_{n-m})u_{n-m}
이제 H={u2,...,unm}H = \{ u_{2}, ... , u_{n-m} \}이라 잡으면 u1span(LH)u_{1} \in span(L \cup H) 임을 알 수 있다. v1,v2,...,vm,u2,...,unmspan(LH)v_{1}, v_{2}, ... , v_{m}, u_{2}, ... , u_{n-m} \in span(L \cup H) 이므로 다음이 성립한다.
{v1,v2,...,vm,u1,u2,...,unm}span(LH)\{ v_{1}, v_{2}, ... , v_{m}, u_{1}, u_{2}, ... , u_{n-m} \} \subseteq span(L \cup H)
{v1,v2,...,vm,u1,u2,...,unm}\{ v_{1}, v_{2}, ... , v_{m}, u_{1}, u_{2}, ... , u_{n-m} \}VV를 생성하므로 정리 1.5에 의해 span(LH)=Vspan(L \cup H) = V 이다.
HH(nm)1=n(m+1)(n - m) - 1 = n - (m + 1)개의 벡터를 가진 GG의 부분집합이므로 이 정리는 m+1m + 1일 때도 성립한다. 따라서 수학적 귀납법에 의해 주어진 명제는 참이다.
따름정리 1)
벡터공간 VV가 유한집합인 기저를 포함한다고 가정하자. VV의 모든 기저는 유한집합이며, 같은 개수로 이루어져 있다.
증명)
β\betann개의 벡터로 이루어진 VV의 기저이고, γ\gammaVV의 또 다른 기저라 하자.
γ\gammann개를 초과하는 벡터로 이루어져 있으면 n+1n + 1개의 벡터로 이루어진 γ\gamma의 부분집합 SS를 생각할 수 있다.
SS는 일차독립이고 β\betaVV를 생성하므로 대체정리에 의해 n+1nn + 1 \leq n이 성립해야 한다. 이는 모순이다. 즉 γ\gammamm개의 벡터로 이루어진 유한집합이면 mnm \leq n이다.
β\betaγ\gamma를 바꾸어 똑같은 논리를 반복하면 nmn \leq m을 얻는다. 따라서 n=mn = m이다.
유한집합인 기저를 가지는 벡터공간을 생각하자. 대체정리의 따름정리 1에 따르면 VV의 기저를 형성하는 벡터의 개수는 벡터공간 VV의 본질적인 성질임을 알 수 있다. 이제 다음을 정의할 수 있다.
정의)
기저가 유한집합인 벡터공간을 유한차원(finite dimension)이라 한다. VV의 기저가 nn개의 벡터로 이루어질 때, 유일한 자연수 nn은 주어진 벡터공간의 차원(dimension)이고, dim(V)dim(V)라 표기한다.
유한차원이 아닌 벡터공간은 무한차원(infinite dimension)이다.
예제 7)
벡터공간 {0}\{ 0 \}의 차원은 00이다.
예제 8)
벡터공간 FnF^{n}의 차원은 nn이다.
예제 9)
벡터공간 Mm×n(F)M_{m \times n}(F)의 차원은 mnmn이다.
예제 10)
벡터공간 Pn(F)P_{n}(F)의 차원은 n+1n + 1이다.
벡터공간은 어느 체 위에 있는지에 따라 차원이 달라질 수 있다.
예제 11)
복소수체 CC에서 복소수 벡터공간의 차원은 11이고, 기저는 {1}\{1\}이다.
예제 12)
실수체 RR에서 복소수 벡터공간의 차원은 22이고 기저는 {1,i}\{ 1, i \}이다.
대체정리의 첫 번째 결론에 의하면 유한차원 벡터공간 VV에서 dim(V)dim(V)보다 더 많은 개수의 벡터를 가지는 부분집합은 절대 일차독립일 수 없다.
예제 13)
벡터공간 P(F)P(F)는 무한차원이다. 예제 5에서 확인했듯이 무한집합 {1,x,x2,...}P(F)\{ 1, x, x^{2}, ... \} \subset P(F)가 존재하기 때문이다.
예제 13에서 다룬 일차독립인 무한집합 {1,x,x2,...}\{ 1, x, x^{2}, ... \}은 벡터공간 P(F)P(F)의 기저이다. 아직 여기서는 무한차원 벡터공간이 반드시 기저를 가짐을 장담할 수 없지만, 1.7절에서 모든 벡터공간은 기저를 가짐을 증명할 것이다.
유한차원 벡터공간 VV에서 dim(V)dim(V)보다 더 많은 벡터를 가지면서 일차독립인 부분집합이 존재하지 않는 것처럼, 생성집합의 크기와 관련된 명제를 생각할 수 있다.
따름정리 2)
VV를 차원이 nn인 벡터공간이라 하자
1.
VV의 유한 생성집합에는 반드시 nn개 이상의 벡터가 있다. 또한 nn개의 벡터로 이루어진 (VV의) 생성집합은 (VV의) 기저이다.
2.
일차독립이고 nn개의 벡터로 이루어진 (VV의) 부분집합은 VV의 기저이다.
3.
일차독립인 (VV의) 부분집합을 확장시켜 기저를 만들 수 있다. 다시 말해 L(V)L(\subseteq V)이 일차독립이면 LβL \subseteq \betaVV의 기저 β\beta가 존재한다.
증명) VV의 기저를 β\beta라 하자.
1.
VV의 유한 생성 집합을 GG라 하자.
정리 1.9에 따르면 GG의 부분집합이자 VV의 기저인 집합 HH가 존재한다.
대체정리의 따름정리 1에 의해 HH는 정확히 nn개의 벡터로 이루어져 있다. GG의 부분집합이 nn개의 원소를 가지므로 GG에는 nn개 이상의 벡터가 있다.
또한 GG가 정확히 nn개의 벡터를 가지면 H=GH = G이다. 즉 GGVV의 기저이다.
2.
정확히 nn개의 벡터로 이루어진 일차독립인 (VV의) 부분집합을 LL이라 하자.
대체정리에 의해 다음 조건을 만족하는 β\beta의 부분집합 HH가 존재한다.
HHnn=0n - n = 0개의 벡터로 이루어졌으며 LHL \cup HVV를 생성한다.
H=H = \emptyset이므로 LLVV를 생성한다. 조건에서 LL은 일차독립이므로 LLVV의 기저이다.
3.
mm개의 벡터로 이루어진 VV의 일차독립인 부분집합을 LL이라 하자.
대체정리에 의해 다음 조건을 만족하는 β\beta의 부분집합 HH가 존재한다.
HHnmn - m개의 벡터로 이루어졌으며 LHL \cup HVV를 생성한다.
LHL \cup H에는 기껏해야 nn개의 벡터가 있다. 1에 의해 LHL \cup Hnn개의 벡터로 이루어져 있고 LHL \cup HVV의 기저이다.
(기저가 일차독립이라고 해서, 유일한 것은 아니다)

기저와 연관 개념

벡터공간 VV의 부분집합이 기저이기 위해서는 VV를 생성하고 일차독립이어야 한다.
VV의 어떤 기저가 유한집합이면, VV의 모든 기저는 이 집합과 같은 개수의 벡터를 포함한다.
이 자연수 개수는 VV의 차원이고 VV는 유한차원 벡터공간이다.
벡터공간 VV의 차원이 nn이면 VV의 모든 기저는 반드시 nn개의 벡터로 이루어져 있다.
더 나아가 VV의 일차독립인 부분집합은 nn개를 초과하는 벡터를 가질 수 없으며, 적절히 몇 개의 벡터를 추가하여 기저로 확장할 수 있다.
VV의 모든 생성집합은 적어도 nn개 이상의 벡터를 가지며 몇 개 벡터를 적절히 제외하면 VV의 기저로 축소할 수 있다.
아래 그림은 이 관계를 묘사한다.
(어떤 벡터 공간 VV를 생성하는 집합과 일차 독립인 집합의 교집합이 VV의 기저라는 이야기)

부분공간의 차원

정리 1.11)
유한차원 벡터공간 VV에 대하여 부분공간 WW는 유한차원이고 dim(W)dim(V)dim(W) \leq dim(V)이다. 특히 dim(W)=dim(V)dim(W) = dim(V)이면 W=VW = V이다.
증명)
dim(V)=ndim(V) = n이라 하자. W={0}W = \{0\}이면 WW는 유한차원이고 dim(W)=0ndim(W) = 0 \leq n이다.
그렇지 않으면 WW는 영이 아닌 벡터 x1x_{1}를 가지고 {x1}\{x_{1}\}은 일차독립이다. {x1,x2,...,xk}\{x_{1}, x_{2}, ... , x_{k}\}가 일차독립이 되도록 WW에서 벡터 x1,x2,...,xkx_{1}, x_{2}, ... , x_{k}를 순차적으로 하나씩 꺼내자.
VV의 일차독립인 부분집합은 nn개를 초과하는 벡터를 가질 수 없으므로 이 과정은 knk \leq nkk에서 멈춘다.
이때 {x1,x2,...,xk}\{ x_{1}, x_{2}, ... , x_{k} \}는 일차독립이며 WW에서 벡터를 하나만 더 꺼내 추가하면 일차종속이 된다.
정리 1.7에 의해 집합 {x1,x2,...,xk}\{ x_{1}, x_{2}, ... , x_{k} \}WW를 생성하므로 WW의 기저이다. 즉 dim(W)=kndim(W) = k \leq n이다.
만약 dim(W)=ndim(W) = n이면 WW의 기저는 nn개의 벡터로 이루어졌으며 일차독립인 VV의 부분집합이다.
대체정리의 따름정리 2에 의하면 WW의 기저인 이 집합은 VV의 기저이기도 하다. 즉 W=VW = V이다.
예제 18)
다음과 같이 주어진 벡터공간 WWF5F^{5}의 부분공간이다.
W={(a1,a2,a3,a4,a5}F5:a1+a3+a5=0,a2=a4W = \{ (a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5} \} \in F^{5} : a_{1} + a_{3} + a_{5} = 0, a_{2} = a_{4}
WW의 기저는 {(1,0,1,0,0),(1,0,0,0,1),(0,1,0,1,0)}\{ (-1, 0, 1, 0, 0), (-1, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1, 0) \}이므로 WW의 차원은 33이다.
예제 19)
n×nn \times n 대각행렬의 집합 WWMn×n(F)M_{n \times n}(F)의 부분공간이다. WW의 기저는 {E11,E22,...,Enn}\{ E^{11}, E^{22}, ... , E^{nn} \} (단 EijE^{ij}iijj열 성분만 11이고 나머지 성분은 모두 00인 행렬)이므로 WW의 차원은 nn이다.
예제 20)
n×nn \times n 대칭행렬의 집합 WWMn×n(F)M_{n \times n}(F)의 부분공간이다. WW의 기저는 {Aij:1ijn}\{ A^{ij} : 1 \leq i \leq j \leq n \} (단 AijA^{ij}ii행과 jj열과 jjii열의 성분만 11이고 나머지 성분은 모두 00n×nn \times n 행렬)이므로 WW의 차원은 다음과 같다.
dim(W)=n+(n1)+...+1=12n(n+1)dim(W) = n + (n-1) + ... + 1 = {1 \over 2} n (n + 1)
따름정리)
유한차원 벡터공간 VV의 부분공간 WW를 생각하자. WW의 임의의 기저를 가져오면 이 기저를 확장하여 VV의 기저를 얻을 수 있다.
증명)
WW의 기저를 SS라 하자. SSVV의 일차독립인 부분집합이므로 대체정리의 따름정리 2에 의해 VV의 기저로 확장할 수 있다.
예제 21)
다음과 같은 형태의 다항식을 원소로 갖는 집합 WW를 생각하자.
a18x18+a16x16+...+a2x2+a0(a18,a16,...,a2,a0F)a_{18}x^{18} + a_{16}x^{16} + ... + a_{2}x^{2} + a_{0} (a_{18}, a_{16}, ... , a_{2}, a_{0} \in F)
이 집합은 P18(F)P_{18}(F)의 부분공간이다. {1,x2,...,x16,x18}\{ 1, x^{2}, ... , x^{16}, x^{18} \}의 기저는 VV이고 P18(F)P_{18}(F)의 표준기저의 부분집합이다.
정리 1.11을 사용하면 R2R^{2}R3R^{3}의 부분공간을 분류할 수 있다.
R2R^{2}은 2차원 벡터공간이므로 부분공간의 차원은 0,1,20, 1, 2가 될 수 있다. 차원이
00인 부분공간은 {0}\{0\}이고 차원이 22인 부분공간은 R2R^{2}이다.
차원이 11인 부분공간은 (영이 아닌 벡터) R2\in R^{2}을 하나 선택하고, 벡터의 스칼라 곱인 벡터를 원소로 가지는 집합이다.
자연스러운 방식을 따라 R2R^{2}의 점을 유클리드 평면의 점과 일대일대응하면 R2R^{2}의 부분공간을 기하학적으로 묘사할 수 있다.
차원이 00인 부분공간은 유클리드 평면의 원점이다. 차원이 11인 부분공간은 원점을 지나는 직선이다. 차원이 22인 부분공간은 유클리드 평면 전체이다.
비슷한 방식으로 R3R^{3}의 차원은 0,1,2,30, 1, 2, 3이 될 수 있다. 유클리드 33차원 공간에서 차원이 00인 부분공간은 원점이고, 차원이 11인 부분공간은 원점을 지나는 직선, 차원이 22인 부분공간은 원점을 포함하는 평면, 차원이 33인 부분공간은 유클리드 33차원 공간 전체이다.

라그랑주 보간법

지금까지 배운 내용은 실험이나 표본에서 수집한 데이터를 가공하는 고정에 응용할 수 있다.
예컨대 뉴욕에서 런던까지 가는 비행기의 몇 개의 특정한 시간과 위치를 대응한 데이터가 있다고 하자. 나머지 시간에 비행기가 어느 위치에 있는지 추정하려고 한다. 이미 알고 있는 값을 바탕으로 그 사이의 값을 추정하는 방법을 보간법 또는 내삽법(interpolation)이라 한다.
대체정리의 따름정리 2는 데이터를 다항함수로 근사하는 유용한 공식을 얻는데 사용한다.
c0,c1,...,cnc_{0}, c_{1}, ... , c_{n}이 무한체 FF에서 꺼낸 스칼라일 떄, 다음과 같이 정의한 다항식 f0(x),f1(x),...,fn(x)f_{0}(x), f_{1}(x), ... , f_{n}(x)c0,c1,...,cnc_{0}, c_{1}, ... , c_{n}에 대한 라그랑주 다항식(Lagrange polynomial)이라 한다.
fi(x)=(xc0)...(xci1)(xci+i)...(xcn)(cic0)...(cici1)(ci+ci+1)...(cicn)=Πk=0,kinxckcickf_{i}(x) = {(x - c_{0}) ... (x - c_{i-1})(x - c_{i+i}) ... (x - c_{n}) \over (c_{i} - c_{0}) ... (c_{i} - c_{i-1})(c_{i} + c_{i+1}) ... (c_{i} - c_{n})} = \Pi_{k = 0, k \neq i}^{n} {x - c_{k} \over c_{i} - c_{k}}
각 다항식 fi(x)f_{i}(x)는 차수가 nn인 다항식이고 Pn)(F)P_{n})(F)의 원소이다. 이제 다항함수 fi:FFf_{i} : F \to F에 대하여 다음과 같이 나타낼 수 있다.
fi(cj)={0(ij)1(i=j) f_{i}(c_{j}) = \begin{cases} 0 (i \neq j) \\ 1 (i = j) \end{cases} 
라그랑주 다항식의 성질은 집합 0000의 일차독립인 부분집합임을 보이는데 사용된다. 다음 함수가 영함수라 가정하자.
i=0naifi=0(a0,a1,...anF)\sum_{i = 0}^{n} a_{i} f_{i} = 0 (a_{0}, a_{1}, ... a_{n} \in F)
이 함수에 cjc_{j}를 입력하면 i=0naifi(cj)=0(j=0,1,...,n)\sum_{i = 0}^{n} a_{i} f_{i}(c_{j}) = 0 (j = 0, 1, ... , n) 이다.
한편 (1, 10)에 의해 i=0naifi(cj)=aj\sum_{i=0}^{n} a_{i} f_{i} (c_{j}) = a_{j} 이다. 따라서 모든 0jn0 \leq j \leq n 에 대하여 aj=0a_{j} = 0이고 β\beta는 일차독립이다.
Pn(F)P_{n}(F)의 차원이 n+1n + 1이므로 대체정리의 따름정리 2로부터 β\betaPn(F)P_{n}(F)의 기저이다.
β\betaPn(F)P_{n}(F)의 기저이므로 Pn(F)P_{n}(F)에 속하는 모든 다항식 ggβ\beta의 일차결합 g=i=0nbifig = \sum_{i = 0}^{n} b_{i} f_{i}로 표현할 수 있다.
식의 양변에 x=cjx = c_{j}를 입력하면 g(cj)g(c_{j})는 다음과 같다.
g(cj)=i=0nbifi(cj)=bjg(c_{j}) = \sum_{i = 0}^{n} b_{i} f_{i} (c_{j}) = b_{j}
따라서 g=i=0ng(ci)fig = \sum_{i=0}^{n} g(c_{i})f_{i}β\beta에 의한 유일한 일차결합 표현이다. 이 식을 라그랑주 보간법(Lagrange interpolation formula)이라 한다.
지금까지의 논의에 따르면 n+1n + 1개의 스칼라 b0,b1,...,bnb_{0}, b_{1}, ... , b_{n} (중복되는 값이 있을 수도 있다)이 주어질 떄 다항함수 g=i=0nbifig = \sum_{i = 0}^{n} b_{i} f_{i}g(cj)=bjg(c_{j}) = b_{j} 인 유일한 다항식(Pn(F)\in P_{n}(F))이다.
즉 입력 값이 cj(j=0,1,...,n)c_{j} (j = 0, 1, ... , n)일 때, 출력 값이 bjb_{j}이며 차수가 nn을 넘지 않는 유일한 다항식을 항상 찾을 수 있다.
그래프가 세 점 (1,8),(2,5),(3,4)(1, 8), (2, 5), (3, -4)을 지나는 이차 이하의 다항함수를 찾아보자. (c0=1,c1=2,c2=3c_{0} = 1, c_{1} = 2, c_{2} = 3이고 b0=8,b1=5,b2=4b_{0} = 8, b_{1} = 5, b_{2} = -4 이다.) c0,c1,c2c_{0}, c_{1}, c_{2}에 대한 라그랑주 다항식은 다음과 같다.
f0(x)=(x2)(x3)(12)(13)=12(x25x+6)f_{0}(x) = {(x-2)(x-3) \over (1-2)(1-3)} = {1 \over 2}(x^{2} - 5x + 6)
f1(x)=(x1)(x3)(21)(23)=1(x24x+3)f_{1}(x) = {(x-1)(x-3) \over (2-1)(2-3)} = -1(x^{2} - 4x + 3)
f2(x)=(x1)(x2)(31)(32)=12(x23x+2)f_{2}(x) = {(x-1)(x-2) \over (3-1)(3-2)} = {1 \over 2}(x^{2} - 3x + 2)
찾고자하는 다항식 g(x)g(x)를 다음과 같이 나타낼 수 있다.
g(x)=i=02bifi(x)=8f0(x)+5f1(x)4f2(x)=4(x25x+6)5(x24x+3)2(x23x+2)=3x2+6x+5g(x) = \sum_{i=0}^{2} b_{i} f_{i}(x) \\ = 8 f_{0}(x) + 5 f_{1}(x) - 4 f_{2}(x) \\ = 4(x^{2} - 5x + 6) - 5(x^{2} - 4x + 3) - 2(x^{2} - 3x + 2) \\ = -3x^{2} + 6x + 5
라그랑주 보간법을 바탕으로 확인할 수 있는 중요한 사실을 언급하며 이번 절을 마친다. 다항식 fPn(F)f \in P_{n}(F)와 서로 다른 n+1n + 1개의 스칼라 c0,c1,...,cnFc_{0}, c_{1}, ... , c_{n} \in F에 대하여 f(ci)=0f(c_{i}) = 0이면 ff는 영함수이다.