라플라스 전개

틀:위키데이터 속성 추적 선형대수학에서 라플라스 전개(-展開, 틀:Llang) 또는 여인자 전개(餘因子展開, 틀:Llang)는 행렬식을 더 작은 두 행렬식과 그에 맞는 부호를 곱한 것들의 합으로 전개하는 것이다.

내용

소행렬식과 여인자

틀:본문 틀:수학 정사각행렬 틀:수학의 틀:수학 소행렬식 틀:수학는 틀:수학의 틀:수학행과 틀:수학열을 지워서 얻어진 행렬식이다. 틀:수학의 여인자 틀:수학는 거기에 1 또는 -1을 값으로 하는 계수 틀:수학를 곱한 것이다. 즉,

$C_{ij}=(-1{)}^{i+j}{M}_{ij}$

예를 들어 행렬

$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 4& 5& 6\\ 7& 8& 9\end{array}\right]$

의 틀:수학 소행렬식과 여인자는 각각 다음과 같다.

$M_{23}=\left|\begin{array}{ccc}1& 2& ◻\\ ◻& ◻& ◼\\ 7& 8& ◻\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 7& 8\end{array}\right|=-6$

$C_{23}=(-1{)}^{2+3}\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 7& 8\end{array}\right|=-\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 7& 8\end{array}\right|=6$

라플라스 전개

틀:수학 행렬 틀:수학의 행렬식은 고정된 틀:Mvar행의 각 항과 그의 여인자의 곱으로 전개할 수 있다.

$|A|=\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{C}_{ij}$

비슷하게, 고정된 틀:Mvar열에 대하여 전개할 수 있다.

$|A|=\sum _{i=1}^n{a}_{ij}{C}_{ij}$

고전적 수반 행렬

서로 다른 행의 항과 여인자를 붙여 전개하면 0이 된다.

$\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{C}_{kj}=0(i\ne k)$

비슷하게, 서로 다른 열의 항과 여인자를 붙여 전개하면 0이 된다.

$\sum _{i=1}^n{a}_{ij}{C}_{ik}=0(j\ne k)$

즉,

$\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{C}_{kj}={\delta }_{ik}|A|$

$\sum _{i=1}^n{a}_{ij}{C}_{ik}={\delta }_{jk}|A|$

여기서 $\delta$는 크로네커 델타이다. 정리하면, 행렬과 그 고전적 수반 행렬의 곱은 다음과 같다.

$A\mathrm{adj}A=(\mathrm{adj}A)A=|A|I$

여러 행에 대한 전개

라플라스 전개는 임의의 틀:Mvar개의 행에 대한 전개로 일반화할 수 있다. 즉, 다음과 같은 대상들이 주어졌다고 하자.

• 틀:Mvar, 틀:Mvar는 틀:수학의 틀:Mvar원소 부분 집합이다. 즉, 틀:Mvar개의 행과 열을 뜻한다.
• 틀:수학는 틀:Mvar에서 행 첨수가 틀:Mvar에, 열 첨수가 틀:Mvar에 있는 원소만을 골라내어 얻는 행렬식이다.
• 틀:수학는 틀:Mvar에서 행 첨수가 틀:Mvar에, 열 첨수가 틀:Mvar에 있는 원소만을 제거하여 얻는 행렬식이다.

그렇다면, 행렬식은 고정된 틀:Mvar개의 행 틀:Mvar에 대하여 다음과 같이 전개된다.

$|A|=\sum _{|J|=k}(-1{)}^{\sum I+\sum J}{A}_{I,J}{M}_{I,J}$

비슷하게, 행렬식은 고정된 틀:Mvar개의 열 틀:Mvar에 대하여 다음과 같이 전개된다.

$|A|=\sum _{|I|=k}(-1{)}^{\sum I+\sum J}{A}_{I,J}{M}_{I,J}$

여러 행에 대한 라플라스 전개는 필산하기에 복잡하나, 이론적으로 유용하다.

예

3 × 3 행렬

$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 4& 5& 6\\ 7& 8& 9\end{array}\right]$

의 행렬식은 1행에 대한 라플라스 전개를 통해 다음과 같이 계산할 수 있다.

$\begin{array}{cc}|A|& =(-1{)}^{1+1}1\left|\begin{array}{cc}5& 6\\ 8& 9\end{array}\right|+(-1{)}^{1+2}2\left|\begin{array}{cc}4& 6\\ 7& 9\end{array}\right|+(-1{)}^{1+3}3\left|\begin{array}{cc}4& 5\\ 7& 8\end{array}\right|\\ & =1(-3)-2(-6)+3(-3)\\ & =0\end{array}$

2열에 대하여 전개해도 결과는 같다.

$\begin{array}{cc}|A|& =(-1{)}^{2+1}2\left|\begin{array}{cc}4& 6\\ 7& 9\end{array}\right|+(-1{)}^{2+2}5\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 7& 9\end{array}\right|+(-1{)}^{2+3}8\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 4& 6\end{array}\right|\\ & =-2(-6)+5(-12)-8(-6)\\ & =0\end{array}$

물론, 틀:Mvar는 1행과 3행의 합이 2행의 2배이므로, 특이 행렬이다. 따라서, 행렬식은 당연히 위 계산대로 0이다.

4 × 4 행렬

$A=\left[\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 4\\ 0& -1& 2& 1\\ 1& 0& 1& 3\\ 0& 1& 3& 1\end{array}\right]$

의 행렬식은 1행에 대한 전개를 통해 계산할 수 있다. 먼저 소행렬식 $M_{11}$, $M_{12}$, $M_{13}$, $M_{14}$는 모두 3 × 3 행렬식이므로 역시 다음과 같이 라플라스 전개를 통해 계산할 수 있다.

$\begin{array}{cc}{M}_{11}& =\left|\begin{array}{ccc}-1& 2& 1\\ 0& 1& 3\\ 1& 3& 1\end{array}\right|=-1\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 3& 1\end{array}\right|-2\left|\begin{array}{cc}0& 3\\ 1& 1\end{array}\right|+1\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 3\end{array}\right|\\ & =-1(1-9)-2(0-3)+1(0-1)=13\end{array}$

$\begin{array}{cc}{M}_{12}& =\left|\begin{array}{ccc}0& 2& 1\\ 1& 1& 3\\ 0& 3& 1\end{array}\right|=0\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 3& 1\end{array}\right|-2\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 0& 1\end{array}\right|+1\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 3\end{array}\right|\\ & =-2(1-0)+1(3-0)=1\end{array}$

$\begin{array}{cc}{M}_{13}& =\left|\begin{array}{ccc}0& -1& 1\\ 1& 0& 3\\ 0& 1& 1\end{array}\right|=0\left|\begin{array}{cc}0& 3\\ 1& 1\end{array}\right|-(-1)\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 0& 1\end{array}\right|+1\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right|\\ & =1(1-0)+1(1-0)=2\end{array}$

$\begin{array}{cc}{M}_{14}& =\left|\begin{array}{ccc}0& -1& 2\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& 3\end{array}\right|=0\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 3\end{array}\right|-(-1)\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 3\end{array}\right|+2\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right|\\ & =1(3-0)+2(1-0)=5\end{array}$

따라서, 행렬식은 다음과 같다.

$|A|=1M_{11}-2M_{12}+1M_{13}-4M_{14}=13-2+2-20=-7$

여러 행에 대한 전개

위 4 × 4 행렬

$A=\left[\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 4\\ 0& -1& 2& 1\\ 1& 0& 1& 3\\ 0& 1& 3& 1\end{array}\right]$

의 행렬식은 1행과 2행에 대한 라플라스 전개를 통해 다음과 같이 계산할 수 있다.

$\begin{array}{ccc}|A|& =& (-1{)}^{1+2+1+2}\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& -1\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 3& 1\end{array}\right|+(-1{)}^{1+2+1+3}\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 2\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}0& 3\\ 1& 1\end{array}\right|+(-1{)}^{1+2+1+4}\left|\begin{array}{cc}1& 4\\ 0& 1\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 3\end{array}\right|\\ & & +(-1{)}^{1+2+2+3}\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ -1& 2\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 0& 1\end{array}\right|+(-1{)}^{1+2+2+4}\left|\begin{array}{cc}2& 4\\ -1& 1\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 3\end{array}\right|+(-1{)}^{1+2+3+4}\left|\begin{array}{cc}1& 4\\ 2& 1\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right|\\ & =& (-1)(-8)-2(-3)+1(-1)+51-63+(-7)1\\ & =& -7\end{array}$

증명

$k\in \{1,\dots ,n\}$에 대하여, 다음과 같은 함수 ${\mu }_k$를 정의하자.

${\mu }_k:\{1,\dots ,n-1\}\to \{1,\dots ,n\}$

${\mu }_k:x\mapsto \{\begin{array}{cc}x& x\in \{1,\dots ,k-1\}\\ x+1& x\in \{k,\dots ,n-1\}\end{array}$

즉, ${\mu }_k$는 $k$ 이상의 원소들을 뒤로 한 칸 밀며, 나머지 원소들은 움직이지 않는다. 그렇다면, 함수

$\{\sigma \in S_n:{\sigma }_i=j\}\to S_{n-1}$

$\sigma \mapsto {\mu }_j^{-1}\sigma {\mu }_i$

는 일대일 대응이다.

행렬식의 라이프니츠 공식 속, $a_{ij}$를 포함하는 항

$\mathrm{sgn}\sigma a_{1{\sigma }_1}\cdots a_{ij}\cdots a_{n{\sigma }_n}$

을 생각하자. 또한,

$\tau ={\mu }_j^{-1}\sigma {\mu }_i\in S_{n-1}$

${\tau }^{\prime }=\tau {\mu }_j^{-1}\bigsqcup {\mathrm{id}}_{\{j\}}\in S_n$

라고 하자. 그렇다면,

$\mathrm{sgn}\tau =\mathrm{sgn}{\tau }^{\prime }$

이며,

$\sigma =\nu {\tau }^{\prime }$

$\nu =\{\begin{array}{cc}{\mathrm{id}}_{\{1,\dots ,n\}}& i=j\\ ({\sigma }_j,{\sigma }_{j-1},\dots ,{\sigma }_{i+2},{\sigma }_{i+1},j)& i<j\\ ({\sigma }_j,{\sigma }_{j+1},\dots ,{\sigma }_{i-2},{\sigma }_{i-1},j)& i>j\end{array}\in S_n$

이다. 또한, $\nu$는 $|i-j|$개의 호환으로 표현할 수 있으므로,

$\mathrm{sgn}\sigma =(-1{)}^{|i-j|}\mathrm{sgn}{\tau }^{\prime }=(-1{)}^{i+j}\mathrm{sgn}\tau$

이다. 따라서,

$\begin{array}{cc}|A|& =\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sgn}\sigma a_{1{\sigma }_1}\cdots a_{n{\sigma }_n}\\ & =\sum _{j=1}^n\sum _{{\sigma }_i=j}\mathrm{sgn}\sigma a_{i{\sigma }_1}\cdots a_{ij}\cdots a_{n{\sigma }_n}\\ & =\sum _{j=1}^n\sum _{\tau \in S_{n-1}}(-1{)}^{i+j}\mathrm{sgn}\tau a_{i{\sigma }_1}\cdots a_{ij}\cdots a_{n{\sigma }_n}\\ & =\sum _{j=1}^n(-1{)}^{i+j}{a}_{ij}\sum _{\tau \in S_{n-1}}\mathrm{sgn}\tau a_{i{\sigma }_1}\cdots a_{i-1,{\sigma }_{i-1}}{a}_{i+1,{\sigma }_{i+1}}\cdots a_{n{\sigma }_n}\\ & =\sum _{j=1}^n(-1{)}^{i+j}{a}_{ij}{M}_{ij}\\ & =\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{C}_{ij}\end{array}$

여러 행에 대한 전개

위 증명과 비슷하게, 다음 대상들을 정의하자. ($[n]=\{1,\dots ,n\}$)

• $k$원소 집합 $K\subseteq [n]$에 대하여, ${\mu }_K:[n-k]\to [n]$은 의 원소들을 뒤로 밀어 $K$의 원소들에 공백이 생기도록 하는 함수이다.
• 일대일 대응

  $\{\sigma \in S_n:\sigma (I)=J\}\to S_k\times S_{n-k}$

  $\sigma \mapsto ({\mu }_{\sigma ([n]\setminus I)}^{-1}\sigma {\mu }_{[n]\setminus I},{\mu }_J^{-1}\sigma {\mu }_I)$

행렬식의 라이프니츠 공식에서, $\sigma (I)=J$인 항

$\mathrm{sgn}\sigma a_{1{\sigma }_1}\cdots a_{n{\sigma }_n}$

을 생각하자. 또한,

${\tau }_1={\mu }_{\sigma ([n]\setminus I)}^{-1}\sigma {\mu }_{[n]\setminus I}\in S_k$

${\tau }_2={\mu }_J^{-1}\sigma {\mu }_I\in S_{n-k}$

를 정의하자. 그렇다면, $\sigma$는 다음과 같이 ${\mathrm{id}}_n$으로 환원된다.

• $\sigma (I)$의 원소를 순서대로 돌려 놓는다. 치환의 부호는 $\mathrm{sgn}{\tau }_1$과 같다.
• $\sigma ([n]\setminus I)$의 원소를 순서대로 돌려 놓는다. 치환의 부호는 $\mathrm{sgn}{\tau }_2$와 같다.
• $i\in I$에 대하여, $\sigma (i)$를 $i$번째로 돌려 놓는다. 치환의 부호는 $(-1{)}^{\sum I+\sum J}$와 같다.

그러므로,

$\mathrm{sgn}\sigma =(-1{)}^{\sum I+\sum J}\mathrm{sgn}{\tau }_1\mathrm{sgn}{\tau }_2$

이며, 따라서

$\begin{array}{cc}|A|& =\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sgn}\sigma a_{1{\sigma }_1}\cdots a_{n{\sigma }_n}\\ & =\sum _{|J|=k}\sum _{\sigma (I)=J}\mathrm{sgn}\sigma a_{1{\sigma }_1}\cdots a_{n{\sigma }_n}\\ & =\sum _{|J|=k}\sum _{\sigma (I)=J}(-1{)}^{\sum I+\sum J}\mathrm{sgn}{\tau }_1\mathrm{sgn}{\tau }_2{a}_{1{\sigma }_1}\cdots a_{n{\sigma }_n}\\ & =\sum _{|J|=k}(-1{)}^{\sum I+\sum J}(\sum _{\sigma (I)=J}\mathrm{sgn}{\tau }_1\prod _{i\in I}{a}_{i{\sigma }_i})(\sum _{\sigma (I)=J}\mathrm{sgn}{\tau }_2\prod _{i\in [n]\setminus I}{a}_{i{\sigma }_i})\\ & =\sum _{|J|=k}(-1{)}^{\sum I+\sum J}(\sum _{{\tau }_1\in S_k}\mathrm{sgn}{\tau }_1\prod _{i\in I}{a}_{i{\sigma }_i})(\sum _{{\tau }_2\in S_{n-k}}\mathrm{sgn}{\tau }_2\prod _{i\in [n]\setminus I}{a}_{i{\sigma }_i})\\ & =\sum _{|J|=k}(-1{)}^{\sum I+\sum J}{A}_{I,J}{M}_{I,J}\end{array}$

역사

알렉상드르테오필 방데르몽드는 행렬식의 두 행에 대한 전개를 제시하였다.틀:Rp 피에르시몽 라플라스는 1772년 논문 《Recherches sur Ie calcul integral et sur Ie systeme du monde,》에서 행렬식 전개를 임의 개수 행에 대한 전개로 일반화하였다.틀:Rp 오귀스탱 루이 코시는 라플라스의 전개 정리를 더 현대적인 용어로 서술·증명하였다.틀:Rp

같이 보기

• 행렬식
• 벡터곱

참고 문헌

• 틀:서적 인용