디터미넌트

정방행렬 $A \in \rR^{n\times n}$의 디터미넌트는 $\det A$, 또는 $\det(A)$로 나타내는 하나의 "숫자"이다. 디터미넌트는 다음과 같은 "함수"를 뜻하기도 한다.

1. $\det$는 $A$의 첫째 행에 대한 선형사상이다.
2. $A$에서 임의의 두 행을 취한 뒤 서로 바꾸어 $B\in\rR^{n\times n}$를 얻으면 $\det(B) = -\det(A)$이다.
3. $\det(I_n) = 1$

1. 행벡터 중에 하나라도 0-벡터가 있으면 디터미넌트는 0이다.

   (증명) $A_1 = \vec 0$인 경우에는 \[ \det A[A_1 \to \vec 0] = \det A[A_1 \to 0A_1] = 0\det A = 0 \;\checkmark \] $A_i = \vec 0\;(i > 1)$인 경우에는 $\det A = - \det A[A_1 \leftrightarrow A_i] = -0 = 0$ ✓

2. 동일한 두 개의 행이 존재하는 행렬의 디터미넌트는 0이다. 어떤 행이 다른 행의 스칼라곱인 행렬의 디터미넌트는 0이다.

   (증명) $A_i = A_j\;(i\ne j)$라고 하면 $\det A = \det A[A_i \iff A_j] = -\det A$. ✓

   $A_i = k A_j$인 경우에는 wlog $i = 1$을 가정한다. ($i>1$인 경우에는 $\det A[A_1 \iff A_i] = -\det A$를 이용하면 된다.) $A[A_1 \to \frac{1}{k}A_1]$는 1번째 행과 $j$번쩨 행이 동일하다. 따라서 \[ \det A = k \cdot \det A[A_1 \to \frac{1}{k}A_1] = k\cdot 0 = 0 \; \checkmark \]

3. $\det A[A_i \to A_i + k A_j] = \det A$

   (증명) $\det A[A_i \to A_i + k A_j] = \det A + \det A[A_i \to k A_j] = \det A + 0 = \det A$ ✓

4. 행벡터들이 선형종속이면 디터미넌트가 0이다.

   (증명) $n=4$이고 $A_1 = c_2 A_2 + c_3 A_3 + c_4 A_4$인 경우에 대해서만 증명하겠다.

   $\det A = \det A[A_1 \to A_1 - c_2 A_2]$이다. $A[A_1 \to A_1 - c_2 A_2]$를 $A$로 rename 하면 $A_1 = c_3 A_3 + c_4 A_4$이다. 이제 다시 $\det A = \det A[A_1 \to A_1 - c_3 A_3]$이고 $A[A_1 \to A_1 - c_3 A_3]$를 $A$로 rename 하면 $A_1 = c_4 A_4$이다. 그러면 (5)에 의하여 $\det A = 0$이다. ✓

5. 디터미넌트는 각 행에 대한 선형사상이다.

   (증명) $A_i$에 대한 선형사상임을 보이려면 $B := A[A_1 \iff A_i]$로 두었을 때 $\det B$가 $B_1$에 대한 선형사상임과 $\det B = -\det A$임을 이용하면 된다. ✓

6. 대각행렬의 디터미넌트는 대각항들의 곱이다. 삼각행렬에서도 디터미넌트는 대각항들의 곱이다. (이제 가우스 소거를 이용하면 디터미넌트의 존재성과 유일성 및 알고리듬이 얻어진다.)

   (증명) $n=3$인 경우에 대해서만 아래에 증명을 보였다. 대각행렬의 경우는 다음과 같이 증명된다. \[ \begin{vmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c \end{vmatrix} = a\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c \end{vmatrix} = ab\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & c \end{vmatrix} = abc\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = abc \] 상삼각행렬의 경우는 다음과 같이 증명된다. 하삼각행렬의 경우에 대한 증명은 생략한다. \[ A = \begin{pmatrix} a & d & e \\ 0 & b & f \\ 0 & 0 & c \end{pmatrix} \] 에서 $c=0$이라면 $A_3 = \vec 0$이므로 $\det A = 0 = abc$가 성립한다. 따라서 이제 $c\ne 0$를 가정한다. 만일 $b=0$라면 $A' := A[A_2\to A_2 - \frac{f}{c}A_3]$는 2번째 행벡터가 $\vec 0$이므로 디터미넌트가 0이다. 따라서 $\det A = \det A' = 0 = abc$가 성립한다. 그러므로 이제 $b\ne 0 \ne c$를 가정한다.

   $A' = A[A_1 \to A_1 - \frac{d}{b}A_2]$로 두면 $A'_{12} = 0$이 된다. $A'_{13} = e - \frac{d}{b}f := e'$으로 둔다.

   $A'' = A'[A'_1 \to A'_1 - \frac{e'}{c}A_3]$로 두면 $A''_{12} = A''_{13}= 0$가 된다.

   $A''' = A''[A''_2 \to A'' - \frac{f}{c}A''_3]$으로 두면 $A'''_{23}=0$가 된다.

   이제 $A'''$은 대각행렬이므로 $\det A''' = abc$로 계산된다. $A'''$은 $A$에 타입 3 기본행작업을 반복 적용하여 얻은 것이므로 $\det A''' = \det A$이다. $\;\Box$

7. $\det A \ne 0 \Leftrightarrow A^{-1} \text{ exists} \Leftrightarrow \rank(A) = n$

   (증명) $A^{-1} \text{ exists} \Leftrightarrow \rank(A) = n$는 강의노트 p62, [정리 3.54]에 포함되어 있으며 이의 증명은 강의노트 p61, (3.25)와 p62 [정리 3.53]에 나와 있다.

   $\Bigl(\det A \ne 0 \Leftrightarrow A^{-1} \text{ exists}\Bigr)$를 보이기 위하여 $A^{-1}$이 존재한다고 가정하자. 그러면 $A$는 기본행작업 행렬들의 곱으로 표시된다. 이 사실은 [가우스-조던 소거]에 나와 있다.

   $E$가 기본행작업 벡터일 때 $\det E \ne 0$임은 (2), (3)과 (9)에 의해서 알 수 있다.

   그리고 모든 $B\in\rR^{n\times n}$에 대하여 $\det(EB) = \det E\det B$임은 [표기법]의 마지막 부분에 있는 3개의 등식들과 (2), (8), (6) 및 (9)에 의하여 알 수 있다.

   이걸로써 $\Leftarrow$는 증명되었고 이제 $\Rightarrow$를 보이겠다. $A^{-1}$이 존재하지 않는다고 가정하자. 그러면 $\rank(A) < n$이고 이는 행벡터들이 선형종속임을 의미한다. 이제 (7)에 의해서 원하는 결론을 얻는다. ✓

8. $\det AB = \det A \det B \qquad (*1)$

   (증명) $\det A = 0$일 때는 (9)에 의하여 $(*1)$의 양변이 모두 0이므로 등식이 성립한다. 그러므로 이제부터는 $\det A \ne 0$를, 즉 $A$가 가우스소거를 받아들임을 가정하겠다.

   $A$가 기본행렬일 때 $(*1)$이 성립하는 것은 (10)에서 설명한 바 있다. $A$가 기본행렬이 아닐 때는 가우스 소거를 받아들이는 $A$를 기본행렬들의 곱 $E_1 E_2 \cdots E_m$으로 나타낼 수 있다. 여기서 $m$에 대한 수학적 귀납법을 다음과 같이 적용하여 먼저 $\det A = \det E_1 \det E_2 \cdots \det E_m $을 보인다. \begin{align*} \det A &= \det ( E_1 E_2 \cdots E_m ) \\[1.5ex] &= \det \Bigl( E_1 ( E_2 \cdots E_m) \Bigr) \\[1.5ex] &= \det E_1 \Bigl( \det (E_2 \cdots E_m ) \Bigr) \\[1.5ex] &= \det E_1 \det E_2 \cdots \det E_m \quad(\text{귀납가설에 의하여}) \end{align*} 이제 다시 $m$에 대한 귀납법을 사용하여 $\det AB = \det A \det B$을 보인다. \begin{align*} \det AB &= \det ( E_1 E_2 \cdots E_m B) \\[1.5ex] &= \det \Bigl( E_1 ( E_2 \cdots E_m B) \Bigr) \\[1.5ex] &= \det E_1 ( \det \bigl(E_2 \cdots E_m B) \Bigr) \\[1.5ex] &= \det E_1 \Bigl(\det \bigl( E_2 \cdots E_m\bigr) \det B\Bigr) \quad(\text{귀납가설에 의하여}) \\[1.5ex] &= \Bigl(\det E_1 \det \bigl( E_2 \cdots E_m\bigr)\Bigr) \det B \\[1.5ex] &= \det \bigl( E_1 E_2 \cdots E_m\bigr) \det B = \det A \det B \end{align*}

9. $\det A^T = \det A$

   (증명) LDU-분해를 이용한다. 삼각행렬의 디터미넌트는 그것의 전치(transpose)의 디터미넌트와 같다는 사실을 이용하는 것이다. $PA = LDU$로 놓고 양변의 디터미넌트를 취하면 \begin{align*} \det PA &= \det L \det D \det U = \\[1.5ex] &= \det U^T \det D^T \det L^T = \det (U^T D^T L^T) \\[1.5ex] &= \det (LDU)^T = \det (PA)^T = \det A^T \det P^T \end{align*} 그런데 $\det PA = \det P \det A$이고 $P^T = P$이며 $\det P = \pm 1 \ne 0$이므로 \begin{align*} & \det P \det A = \det A^T \det P \\[1.5ex] & \therefore \; \det A = \det A^T \quad\Box \end{align*}