벡터공간의 부분공간

벡터공간의 부분공간

subspace of vector space

정의1

$W$를 벡터공간 $V$의 공집합이 아닌 부분 집합이라고 하자. $W$가 $V$ 에서 정의된 덧셈과 상수배에 대하여 벡터공간의 정의를 만족 시킬 때 $W$를 벡터공간 $V$의 부분공간subspace이라고 하고 다음과 같이 표기한다.

$$ W \le V $$

벡터공간의 정의

$\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w} \in V$이고, $k, l \in \mathbb{R}$에 대해서

(A1) $\mathbf{u}, \mathbf{v}$가 $V$의 원소이면 $\mathbf{u}+\mathbf{v}$도 $V$의 원소이다.

(A2) $\mathbf{u} + \mathbf{v} = \mathbf{v} + \mathbf{u}$

(A3) $(\mathbf{u}+\mathbf{v})+\mathbf{w}=\mathbf{u}+(\mathbf{v}+\mathbf{w})$

(A4) $V$내의 모든 $\mathbf{u}$에 대해서, $\mathbf{u} + \mathbf{0} = \mathbf{0} + \mathbf{u} = \mathbf{u}$를 만족하는 $\mathbf{0}$이 $V$내에 존재한다. 이때 $\mathbf{0}$을 영벡터zero vector라고 한다.

(A5) $V$내의 모든 $\mathbf{u}$에 대해서 $\mathbf{u} + \mathbf{v} = \mathbf{v} + \mathbf{u} = \mathbf{0}$ 를 만족하는 $\mathbf{v}$가 $V$내에 존재한다. 이때 $\mathbf{v}$를 $\mathbf{u}$의 음negative of $\mathbf{u}$이라 > 하고 $\mathbf{v} = -\mathbf{u}$라고 표기한다.

(M1) $\mathbf{u}$가 $V$의 원소이면 $k \mathbf{u}$도 $V$의 원소이다.

(M2) $k(\mathbf{u} + \mathbf{v})=k\mathbf{u} + k\mathbf{v}$

(M3) $(k+l)\mathbf{u}=k\mathbf{u}+ l\mathbf{u}$

(M4) $k(l\mathbf{u})=(kl)(\mathbf{u})$

(M5) $1\in \mathbb{F}$에 대해서, $1\mathbf{u} = \mathbf{u}$

설명

벡터공간 $V$의 부분 집합 $W$가 $V$의 부분공간인지 아닌지를 판별하기 위해서는 벡터공간이 되기 위한 10가지 규칙을 모두 만족시켜야한다. 벡터공간의 부분집합을 가져올 때 마다 10가지를 모두 확인해야 한다면 상당히 귀찮고 힘든 일이 될거다. 하지만 다행히도 어떤 벡터공간의 부분집합이라는 이유 만으로도 몇 가지 규칙은 자명하게 성립한다.

가령 $\mathbf{u},\mathbf{v}$가 $W$의 원소이면, 동시에 $V$의 원소이기도 하므로 (A2), (A3), (M2)-(M5) 는 자연스럽게 성립한다. 따라서 덧셈에 대한 닫힘성 (A1), 영벡터의 존재 (A4), 음의 존재 (A5), 상수배에 대한 닫힘성 (M1) 만 확인하면 $W$는 부분공간임을 알 수 있다. 그런데 실제로는 더 간단하다. 조건 (A1), (M1) 을 만족하는 것이 부분공간일 동치조건이 된다.

정리: 부분공간 판별법

$W$를 벡터공간 $V$의 공집합이 아닌 부분 집합이라고 하자. $W$가 $V$의 부분공간인 것과 $W$가 아래의 두 조건을 만족 시키는 것은 필요충분조건이다.

(A1) 부분집합 $W$가 $V$에서 정의된 덧셈에 대하여 닫혀있다.

(M1) 부분집합 $W$가 $V$에서 정의된 상수배에 대하여 닫혀있다.

증명

  • $(\implies)$

    $W$가 $V$의 부분공간이라 가정하자. $W$가 부분공간이면 벡터공간의 정의에 의해 $W$가 (A1), (M1) 를 만족하는 것은 자명하다.

  • $(\impliedby)$

    $W$가 $(A1)$, $(M1)$을 만족한다고 가정하자. 그리고 $\mathbf{u} \in W$라고 하자. 그러면 $W$는 상수배에 대해서 닫혀 있고, $0\mathbf{u}=\mathbf{0}$이므로 다음이 성립한다.

    $$ 0 \mathbf{u} = \mathbf{0} \in W $$

    같은 이유로 $(-1)\mathbf{u}=-\mathbf{u}$에 의해서 다음이 성립한다.

    $$ (-1)\mathbf{u} = -\mathbf{u} \in W $$

    따라서 $W$는 (A1)-(M5) 를 모두 만족하므로 $V$의 부분공간이다.

정리2

$W_1, W_2$를 벡터공간 $V$의 부분공간이라고 하자. 그러면 $W_1 \cap W_2$ 도 $V$의 부분공간이다.

증명

부분공간 판별법 부분공간-판별법)에 의해 $W_1 \cap W_2$가 (A1), (M1) 을 만족하는지 확인하면 된다. $W= W_1 \cap W_2$라고 하자.

  • (A1)

    $W = W_1 \cap W_2$이므로 $W$내의 임의의 두 벡터 $\mathbf u,\mathbf v$는 각각 $W_1$, $W_2$에도 포함되어있다. $W_1, W_2$는 부분공간이므로 덧셈에 대하여 닫혀있다. 따라서 다음이 성립한다.

    $$ \mathbf u + \mathbf v \in W_1, \quad \mathbf u + \mathbf v \in W_2 $$

    그러므로 교집합의 정의에 따라 다음이 성립한다.

    $$ \mathbf u + \mathbf v \in W $$

    $W$내의 임의의 두 벡터 $\mathbf u,\ \mathbf v$에 대해서 $\mathbf u + \mathbf v$도 $W$의 원소이므로 $W$는 덧셈에 대하여 닫혀있고 (A1) 를 만족한다.

  • (M1)

    위 경우와 같은 방법으로 증명한다.

    $W = W_1 \cap W_2$이므로 $W$내의 임의의 벡터 $\mathbf u$는 $W_1$, $W_2$에도 포함되어있다. $W_1,\ W_2$는 부분공간이므로 상수배에 대하여 닫혀있다. 따라서 어떤 상수 $k$에 대해서 다음이 성립한다.

    $$ k\mathbf{u} \in W_1 \quad k \mathbf{u} \in W_2 $$

    그러므로 교집합의 정의에 따라 다음이 성립한다.

    $$ k\mathbf u \in W $$

    $W$내의 임의의 벡터 $\mathbf u$에 대해서 $k\mathbf u$도 $W$의 원소이므로 $W$는 상수배에 대하여 닫혀있고 (M1) 을 만족한다.

  • 결론

    $W_{1}, W_{2}$가 부분공간일 때 $W = W_1 \cap W_2$가 (A1), (M1) 을 만족하므로 $W$도 부분공간이다.

따름정리

$W_{1}, W_{2}, \dots W_{n}$이 벡터공간 $V$의 부분공간이라고 하자. 그러면 $W = W_{1} \cap \cdots \cap \dots W_{n}$도 $V$의 부분공간이다.


  1. Howard Anton, Elementary Linear Algebra: Aplications Version (12th Edition, 2019), p211-212 ↩︎

  2. Howard Anton, Elementary Linear Algebra: Aplications Version (12th Edition, 2019), p216 ↩︎

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