[선형대수학] 11. 선형변환 (4: 닮음행렬)

[선형대수학] 11. 선형변환 (4: 닮음행렬)

$V$와 $W$를 기저가 $\alpha$, $\beta$, 차원이 $m$, $n$인 벡터공간이라 하고 $T:\,V\,\rightarrow\,W$를 선형변환이라 하자. 만약 벡터공간 $V$와 $W$가 또다른 기저 $\alpha'$, $\beta'$를 가지면 임의의 $\mathbf{x}\in V$에 대하여 다음이 성립한다. $$[\mathbf{x}]_{\alpha'}=[Id_{V}]_{\alpha}^{\alpha'},\,[T(\mathbf{x})]_{\beta'}=[Id_{W}]_{\beta}^{\beta'}[T(\mathbf{x})]_{\beta}$$ 여기서 $Id_{V}$와 $Id_{W}$는 각각 $V$에서 $V$, $W$에서 $W$로의 항등변환이다. 이때 $$[T(\mathbf{x})]_{\beta}=[T]_{\alpha}^{\beta}[\mathbf{x}]_{\alpha},\,[T(\mathbf{x})]_{\beta'}=[T]_{\alpha'}^{\beta'}[\mathbf{x}]_{\alpha'}$$ 이므로 $$\begin{align*}[T]_{\alpha'}^{\beta'}[\mathbf{x}]_{\alpha'}&=[T(\mathbf{x})]_{\beta'}=[Id_{W}]_{\beta}^{\beta'}[T(\mathbf{x})]_{\beta}=[Id_{W}]_{\beta}^{\beta'}[T]_{\alpha}^{\beta}[\mathbf{x}]_{\alpha}\\&=[Id_{W}]_{\beta}^{\beta'}[T]_{\alpha}^{\beta}[Id_{V}]_{\alpha'}^{\alpha}[\mathbf{x}]_{\alpha'}\end{align*}$$ 이고 $T=Id_{W}\circ T\circ Id_{V}$이므로 $$[T]_{\alpha'}^{\beta'}=[Id_{W}\circ T\circ Id_{V}]_{\alpha'}^{\beta'}=[Id_{W}]_{\beta}^{\beta'}[T]_{\alpha}^{\beta}[Id_{V}]_{\alpha'}^{\alpha}$$ 이다.$Q=[Id_{V}]_{\alpha'}^{\alpha}$, $P=[Id_{W}]_{\beta'}^{\beta}$라고 하면 $P^{-1}=[Id_{W}]_{\beta}^{\beta'}$이므로 $$[T]_{\alpha'}^{\beta'}=P^{-1}[T]_{\alpha}^{\beta}Q$$ 로 나타낼 수 있다.

$W=V$, $\alpha=\beta$, $\alpha'=\beta'$이면 $P=Q$이고 다음의 결론을 얻는다:

$V$를 순서기저 $\alpha$, $\beta$를 갖는 벡터공간, $T:\,V\,\rightarrow\,V$를 선형변환, $Q=[Id]_{\beta}^{\alpha}$를 $\beta$에서 $\alpha$로의 전이행렬이라 하자. 그러면 $Q$는 역행렬을 갖고 $Q^{-1}=[Id]_{\alpha}^{\beta}$이고 임의의 $\mathbf{x}\in V$에 대하여 $[\mathbf{x}]_{\alpha}=Q[\mathbf{x}]_{\beta}$, $[T]_{\beta}=Q^{-1}[T]_{\alpha}Q$가 성립한다. 이때 정사각행렬 $[T]_{\beta}$와 $[T]_{\alpha}$는 서로 닮은행렬(Similar)이라고 한다. 닮은행렬을 같은 크기의 정사각행렬 $A,\,B$에 대하여 역행렬을 갖는 행렬 $Q$가 존재해서 $B=Q^{-1}AQ$가 성립하는 행렬 $A,\,B$로 정의한다.

$\beta=\{\mathbf{v}_{1},\,\mathbf{v}_{2},\,\mathbf{v}_{3}\}\,(\mathbf{v}_{1}=(1,\,1,\,0),\,\mathbf{v}_{2}=(1,\,0,\,1),\,\mathbf{v}_{3}=(0,\,1,\,1))$를 벡터공간 $\mathbb{R}^{3}$에 대한 기저라 하고 $T:\,\mathbb{R}^{3}\,\rightarrow\,\mathbb{R}^{3}$를 선형변환, $$[T]_{\beta}=\begin{pmatrix}2&1&-1\\1&2&3\\-1&1&1\end{pmatrix}$$ 이라 하자. $\alpha=\{e_{1},\,e_{2},\,e_{3}\}$를 표준기저라 하면 $$[Id]_{\beta}^{\alpha}=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix},\,[Id]_{\alpha}^{\beta}=\left([Id]_{\beta}^{\alpha}\right)^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&-1&1\\-1&1&1\end{pmatrix}$$ 이므로 $$[T]_{\alpha}=[Id]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}[Id]_{\alpha}^{\beta}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}4&2&2\\3&-1&1\\-1&1&7\end{pmatrix}$$ 이고 $[T]_{\alpha}$와 $[T]_{\beta}$는 서로 닮음행렬이다.

$D$를 벡터공간 $P_{2}(\mathbb{R})$(2차 다항식 전체의 집합)에서의 미분연산자라 하자. $P_{2}(\mathbb{R})$의 두 순서기저 $\alpha=\{1,\,x,\,x^{2}\}$, $\beta=\{1,\,2x,\,4x^{2}-2\}$에 대하여 $$\begin{align*}D(1)&=0=0\cdot1+0\cdot x+0\cdot x^{2}\\D(x)&=1=1\cdot1+0\cdot x+0\cdot x^{2}\\D(x^{2})&=2x=0\cdot1+2\cdot x+0\cdot x^{2}\\ \\D(1)&=0=0\cdot1+0\cdot2x+0\cdot(4x^{2}-2)\\D(2x)&=2=2\cdot1+0\cdot2x+0\cdot(4x^{2}-2)\\D(4x^{2}-2)&=8x=0\cdot1+4\cdot2x+0\cdot(4x^{2}-2)\end{align*}$$ 이므로 $$[D]_{\alpha}=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix},\,[D]_{\beta}=\begin{pmatrix}0&2&0\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}$$ 이다. $$\begin{align*}1&=1\cdot1+0\cdot x+0\cdot x^{2}\\2x&=0\cdot1+2\cdot x+0\cdot x^{2}\\4x^{2}-2&=(-2)\cdot1+0\cdot x+4\cdot x^{2}\end{align*}$$ 이므로 $$Q=[Id]_{\beta}^{\alpha}=\begin{pmatrix}1&0&2\\0&2&0\\0&0&4\end{pmatrix},\,Q^{-1}=\left([Id]_{\beta}^{\alpha}\right)^{-1}=[Id]_{\alpha}^{\beta}=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}4&0&2\\0&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}$$ 이고 $[D]_{\beta}=Q^{-1}[D]_{\alpha}Q$가 성립하며 $[D]_{\beta}$와 $[D]_{\alpha}$는 서로 닮음행렬이다.

다음의 행렬 $$A=\begin{pmatrix}1&2&5\\0&1&6\\1&0&1\end{pmatrix},\,B=\begin{pmatrix}-1&0&1\\0&4&2\\0&0&3\end{pmatrix}$$ 은 서로 닮음행렬이 아니다. 이 두 행렬이 닮음행렬이라고 가정하면 $$Q=\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{pmatrix}$$ 가 존재해서 $Q^{-1}$가 존재하고 $B=Q^{-1}AQ$이다. 그러면 $QB=AQ$이고 $$QB=\begin{pmatrix}-a&4b&a+2b+3c\\-d&4e&d+2e+3f\\-g&4h&g+2h+3i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a+2d+5g&b+2e+5h&c+2f+5i\\d+6g&e+6h&f+6i\\a+g&b+h&c+i\end{pmatrix}=AQ$$ 이다. $$-a=a+2d+5g,\,-d=d+6g,\,-g=a+g$$ 이므로 $a=-2g,\,d=-3g$이고 $-a=a+2d+5g=-2g-6g+5g=-3g$이므로 따라서 $a=3g$이다. $a=-2g$와 $a=3g$가 동시에 성립하려면 $a=g=0$이어야 하고 그러면 $d=0$이다. 그러면 $Q$의 첫번째 열은 영벡터가 되고 $\det Q=0$이 되어 $Q^{-1}$가 존재한다는 사실에 모순이 된다. 그러므로 $A$와 $B$가 닮음행렬이라는 가정은 잘못되었고 따라서 $A$와 $B$는 닮음행렬이 아니다.

$n\times n$행렬 $A$와 $B$가 닮음행렬일 때

(1) $\det A=\det B$

(2) $\text{tr}(A)=\text{tr}(B)$

(3) 모든 $n\in\mathbb{N}$에 대하여 $A^{n}$과 $B^{n}$은 닮음행렬이다.

(1)은 $\det$의 정의에 의해 명백하고 (2)는 행렬의 대각합 $\text{tr}$의 교환법칙으로부터 $$\text{tr}(B)=\text{tr}(Q^{-1}AQ)=\text{tr}(Q^{-1}(AQ))=\text{tr}((AQ)Q^{-1})=\text{tr}(A)$$ 이다. (3)은 수학적 귀납법과 정의를 이용하면 쉽게 보일 수 있다.

참고자료:

Linear Algebra, jinho Kwak, sungpyo Hong, Birkhauser