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부록 B 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. 텐서곱 \(S \otimes T\) 의 기본

→ 문제로 돌아가기

문제: \(S = 3e_1 - e_2\)、\(T = e_1 + 4e_2\) 의 텐서곱 \(S \otimes T\) 를 전개하세요.

분배법칙을 적용해요:

\[S \otimes T = (3e_1 - e_2) \otimes (e_1 + 4e_2)\]
\[= 3 \cdot 1\,e_1 \otimes e_1 + 3 \cdot 4\,e_1 \otimes e_2 + (-1) \cdot 1\,e_2 \otimes e_1 + (-1) \cdot 4\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{S \otimes T = 3\,e_1 \otimes e_1 + 12\,e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1 - 4\,e_2 \otimes e_2}\]

검산: 성분 행렬은 \(\begin{pmatrix} 3 & 12 \\ -1 & -4 \end{pmatrix}\) 이에요. 이것은 열벡터 \(\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix}\) 와 행벡터 \(\begin{pmatrix} 1 & 4 \end{pmatrix}\) 의 외적(outer product)과 일치해요. ✓

B-2. 텐서곱의 비가환성

→ 문제로 돌아가기

문제: \(T \otimes S\)（\(T = e_1 + 4e_2\)、\(S = 3e_1 - e_2\)）를 전개하고, \(S \otimes T\)와의 차이를 확인하세요.

\[T \otimes S = (e_1 + 4e_2) \otimes (3e_1 - e_2)\]
\[= 1 \cdot 3\,e_1 \otimes e_1 + 1 \cdot (-1)\,e_1 \otimes e_2 + 4 \cdot 3\,e_2 \otimes e_1 + 4 \cdot (-1)\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{T \otimes S = 3\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 12\,e_2 \otimes e_1 - 4\,e_2 \otimes e_2}\]

비교:

기저 \(S \otimes T\)의 계수 \(T \otimes S\)의 계수
\(e_1 \otimes e_1\) \(3\) \(3\)
\(e_1 \otimes e_2\) \(12\) \(-1\)
\(e_2 \otimes e_1\) \(-1\) \(12\)
\(e_2 \otimes e_2\) \(-4\) \(-4\)

\(e_1 \otimes e_2\)와 \(e_2 \otimes e_1\)의 계수가 서로 바뀌어 있으며, \(S \otimes T \neq T \otimes S\)이에요. 텐서곱은 비가환이에요. ✓

B-3. 텐서의 선형결합

→ 문제로 돌아가기

문제: \(P + Q\) 및 \(2P - Q\)를 구하세요.

\(P = 2\,e_1 \otimes e_1 - 3\,e_1 \otimes e_2 + e_2 \otimes e_1 + 5\,e_2 \otimes e_2\)

\(Q = -e_1 \otimes e_1 + 4\,e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1 + 2\,e_2 \otimes e_2\)

\(P + Q\): 같은 기저의 계수끼리 더해요.

\[P + Q = (2-1)\,e_1 \otimes e_1 + (-3+4)\,e_1 \otimes e_2 + (1-1)\,e_2 \otimes e_1 + (5+2)\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{P + Q = e_1 \otimes e_1 + e_1 \otimes e_2 + 7\,e_2 \otimes e_2}\]

\(2P - Q\):

\[2P - Q = (4-(-1))\,e_1 \otimes e_1 + (-6-4)\,e_1 \otimes e_2 + (2-(-1))\,e_2 \otimes e_1 + (10-2)\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{2P - Q = 5\,e_1 \otimes e_1 - 10\,e_1 \otimes e_2 + 3\,e_2 \otimes e_1 + 8\,e_2 \otimes e_2}\]

검산: \((P+Q) + (2P-Q) = 3P\)를 확인해요. \(3P = 6\,e_1\otimes e_1 - 9\,e_1\otimes e_2 + 3\,e_2\otimes e_1 + 15\,e_2\otimes e_2\). 좌변: \((1+5)\,e_1\otimes e_1 + (1-10)\,e_1\otimes e_2 + (0+3)\,e_2\otimes e_1 + (7+8)\,e_2\otimes e_2 = 6\,e_1\otimes e_1 - 9\,e_1\otimes e_2 + 3\,e_2\otimes e_1 + 15\,e_2\otimes e_2\). 일치. ✓

B-4. 텐서 공간의 차원

→ 문제로 돌아가기

문제: \(V\) 가 4차원일 때, \(T^2(V)\) 와 \(T^3(V)\) 의 차원을 구하세요.

\(V\) 가 \(n\) 차원일 때 \(T^r(V)\) 의 차원은 \(n^r\) 이므로:

\[\boxed{\dim T^2(V) = 4^2 = 16, \qquad \dim T^3(V) = 4^3 = 64}\]

검산: \(T^2(V)\) 의 기저는 \(e_i \otimes e_j\)（\(i,j = 1,2,3,4\)）로 \(4 \times 4 = 16\) 개. \(T^3(V)\) 의 기저는 \(e_i \otimes e_j \otimes e_k\) 로 \(4 \times 4 \times 4 = 64\) 개. ✓

B-5. Einstein 합의 전개

→ 문제로 돌아가기

문제: \(S = S^{ij}\,e_i \otimes e_j\)（\(V\)는 3차원）를 \(\Sigma\) 기호로 써내고, 항의 수를 답하세요.

\[\boxed{S = \sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3} S^{ij}\,e_i \otimes e_j}\]

명시적으로 전개하면:

\[S = S^{11}\,e_1\otimes e_1 + S^{12}\,e_1\otimes e_2 + S^{13}\,e_1\otimes e_3 + S^{21}\,e_2\otimes e_1 + S^{22}\,e_2\otimes e_2 + S^{23}\,e_2\otimes e_3$$ $$+ S^{31}\,e_3\otimes e_1 + S^{32}\,e_3\otimes e_2 + S^{33}\,e_3\otimes e_3\]

항의 수는 \(3 \times 3 = \boxed{9}\) 개예요.

B-6. Einstein 규약의 위반

→ 문제로 돌아가기

문제: Einstein 축약 표기법의 규약을 위반하고 있는 것을 고르세요.

(a) \(A^i B^j\,e_i \otimes e_j\) — \(i\)는 \(A^i\)(위)와 \(e_i\)(아래)에 1번씩, \(j\)는 \(B^j\)(위)와 \(e_j\)(아래)에 1번씩. 위반 없음. ✓

(b) \(A^i B^i C^i\) — 첨자 \(i\)가 위에 3번 나타나고 있어요. 규약 위반. 같은 첨자가 하나의 항에 3번 이상 나타나서는 안 돼요.

(c) \(S^{ij}\,T_{jk}\) — \(j\)는 위(\(S^{ij}\))와 아래(\(T_{jk}\))에 1번씩으로 축약. \(i\)는 위에 1번(자유 첨자), \(k\)는 아래에 1번(자유 첨자). 위반 없음. ✓

(d) \(A^i B_j\) — \(i\)는 위에 1번(자유 첨자), \(j\)는 아래에 1번(자유 첨자). 축약은 일어나지 않아요. 위반 없음. ✓

(e) \(S^{ij}\,e_i \otimes e_i\) — 첨자 \(i\)가 위(\(S^{ij}\))에 1번, 아래(\(e_i\))에 1번, 아래(\(e_i\))에 또 1번으로 총 3번 나타나고 있어요. 규약 위반. 또한 \(j\)는 위에 1번만 나타나고, 대응하는 아래 첨자가 없기 때문에 축약 대상도 되지 않아 불일치해요.

\[\boxed{\text{위반하고 있는 것：(b)와 (e)}}\]

B-7. 성분으로부터 텐서 복원

→ 문제로 돌아가기

문제: \(S^{11}=2,\; S^{12}=-1,\; S^{21}=0,\; S^{22}=3\) 일 때 \(S\) 를 명시적으로 써 보세요.

\[S = S^{ij}\,e_i \otimes e_j = \sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2} S^{ij}\,e_i \otimes e_j\]
\[\boxed{S = 2\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 0\,e_2 \otimes e_1 + 3\,e_2 \otimes e_2 = 2\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 3\,e_2 \otimes e_2}\]

B-8. 1계와 2계의 텐서곱

→ 문제로 돌아가기

문제: \(A = 2e_1 + e_2\), \(S = e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_1\) 의 텐서곱 \(A \otimes S \in T^3(V)\) 을 전개하세요.

\[A \otimes S = (2e_1 + e_2) \otimes (e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_1)\]

분배법칙을 적용하면:

\[= 2e_1 \otimes (e_1 \otimes e_2) + 2e_1 \otimes (-3\,e_2 \otimes e_1) + e_2 \otimes (e_1 \otimes e_2) + e_2 \otimes (-3\,e_2 \otimes e_1)\]
\[= 2\,e_1 \otimes e_1 \otimes e_2 - 6\,e_1 \otimes e_2 \otimes e_1 + e_2 \otimes e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_2 \otimes e_1\]
\[\boxed{A \otimes S = 2\,e_1 \otimes e_1 \otimes e_2 - 6\,e_1 \otimes e_2 \otimes e_1 + e_2 \otimes e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_2 \otimes e_1}\]

검산: \(T^3(V)\) 는 \(2^3 = 8\) 차원이에요. 위의 결과는 4개의 기저벡터의 선형결합이며, \(T^3(V)\) 의 원소로서 정합해요. 성분을 확인하면, \(A^i S^{jk}\) 의 형태로 \((A \otimes S)^{ijk} = A^i S^{jk}\) 이 되어야 해요. \(A^1 = 2, A^2 = 1\), \(S^{12} = 1, S^{21} = -3\) (나머지는 0). \((A\otimes S)^{112} = 2 \cdot 1 = 2\), \((A\otimes S)^{121} = 2 \cdot (-3) = -6\), \((A\otimes S)^{212} = 1 \cdot 1 = 1\), \((A\otimes S)^{221} = 1 \cdot (-3) = -3\). 일치해요. ✓

Medium（표준）

M-1. 분해 가능 텐서의 조건

→ 문제로 돌아가기

문제: \(W = a\,e_1\otimes e_1 + b\,e_1\otimes e_2 + c\,e_2\otimes e_1 + d\,e_2\otimes e_2\) 가 분해가능 텐서일 필요충분조건이 \(ad - bc = 0\) 임을 보여라.

풀이 방침

\(W = S \otimes T\) 로 쓸 수 있다고 가정하고 성분을 비교하여 필요조건 \(ad = bc\) 를 유도해요. 역으로 \(ad = bc\) 일 때, 실제로 \(S, T\) 를 구성해요.

필요조건（\(W\) 가 분해가능 \(\Rightarrow\) \(ad - bc = 0\)）

\(S = \alpha e_1 + \beta e_2\), \(T = \gamma e_1 + \delta e_2\) 로 놓으면:

\[S \otimes T = \alpha\gamma\,e_1\otimes e_1 + \alpha\delta\,e_1\otimes e_2 + \beta\gamma\,e_2\otimes e_1 + \beta\delta\,e_2\otimes e_2\]

\(W = S \otimes T\) 이면 계수 비교에 의해:

\[a = \alpha\gamma, \quad b = \alpha\delta, \quad c = \beta\gamma, \quad d = \beta\delta\]

따라서:

\[ad = (\alpha\gamma)(\beta\delta) = \alpha\beta\gamma\delta$$ $$bc = (\alpha\delta)(\beta\gamma) = \alpha\beta\gamma\delta\]

그러므로 \(ad = bc\), 즉 \(ad - bc = 0\).

충분조건（\(ad - bc = 0\) \(\Rightarrow\) \(W\) 가 분해가능）

\(ad - bc = 0\) 을 가정해요. 경우를 나누어 살펴봐요.

경우 1: \(a = b = c = d = 0\) 일 때. \(W = 0 = 0 \otimes 0\) 으로 분해가능해요.

경우 2: \(a, b, c, d\) 중 적어도 하나가 0이 아닐 때.

  • \(a \neq 0\) 인 경우: \(ad = bc\) 로부터 \(d = bc/a\).

$\(S = a\,e_1 + c\,e_2, \quad T = e_1 + \frac{b}{a}\,e_2\)$

로 놓으면:

$\(S \otimes T = a\,e_1\otimes e_1 + b\,e_1\otimes e_2 + c\,e_2\otimes e_1 + \frac{bc}{a}\,e_2\otimes e_2 = a\,e_1\otimes e_1 + b\,e_1\otimes e_2 + c\,e_2\otimes e_1 + d\,e_2\otimes e_2 = W\)$

  • \(a = 0\) 인 경우: \(ad - bc = 0\) 으로부터 \(bc = 0\).

  • \(b = 0\) 이고 \(c = 0\): \(W = d\,e_2\otimes e_2 = (e_2) \otimes (d\,e_2)\) 로 분해가능해요.

  • \(b = 0\) 이고 \(c \neq 0\): \(bc = 0\) 은 자동으로 성립해요. \(a = 0, b = 0\) 이므로 \(W = c\,e_2\otimes e_1 + d\,e_2\otimes e_2 = e_2 \otimes (c\,e_1 + d\,e_2)\) 로 분해가능해요.
  • \(b \neq 0\) 이고 \(c = 0\): 마찬가지로 \(W = b\,e_1\otimes e_2 + d\,e_2\otimes e_2 = (b\,e_1 + d\,e_2) \otimes e_2\) 로 분해가능해요.

모든 경우에서 \(W\) 는 분해가능해요.

결론

\[\boxed{W \text{ 가 분해가능} \iff ad - bc = 0}\]

검산: 본문의 예시 \(W = e_1\otimes e_1 + e_2\otimes e_2\) 에서는 \(a = 1, b = 0, c = 0, d = 1\) 이므로 \(ad - bc = 1 \neq 0\) 이에요. 분해불가능이라는 사실과 일치해요. ✓

M-2. 쌍선형 사상의 성분 표시

→ 문제로 돌아가기

문제: \(\binom{0}{2}\) 텐서 \(f\)의 성분 \(f_{11}=2, f_{12}=1, f_{21}=1, f_{22}=3\)에 대한 계산.

(a) \(f(\vec{A}, \vec{B})\)를 성분으로 표현하기

\(f\)는 쌍선형 사상이므로, \(\vec{A} = A^i e_i\), \(\vec{B} = B^j e_j\)에 대해:

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = f(A^i e_i,\; B^j e_j)\]

첫 번째 인수의 선형성에 의해:

\[= A^i\,f(e_i,\; B^j e_j)\]

두 번째 인수의 선형성에 의해:

\[= A^i B^j\,f(e_i, e_j)\]

\(f(e_i, e_j) = f_{ij}\)이므로:

\[\boxed{f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij} = f_{ij}\,A^i B^j}\]

(Einstein 축약 표기법으로 \(i, j\)에 대해 합산해요.)

(b) 구체적인 값의 계산

\(\vec{A} = e_1 - 2e_2\)이므로 \(A^1 = 1, A^2 = -2\). \(\vec{B} = 3e_1 + e_2\)이므로 \(B^1 = 3, B^2 = 1\).

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = A^1 B^1 f_{11} + A^1 B^2 f_{12} + A^2 B^1 f_{21} + A^2 B^2 f_{22}\]
\[= (1)(3)(2) + (1)(1)(1) + (-2)(3)(1) + (-2)(1)(3)\]
\[= 6 + 1 - 6 - 6 = \boxed{-5}\]

(c) 대칭성의 확인

\(f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij}\)와 \(f(\vec{B}, \vec{A}) = B^i A^j f_{ij}\)를 비교해요.

\(f(\vec{B}, \vec{A})\)에서 더미 첨자를 \(i \to j\), \(j \to i\)로 바꿔 쓰면:

\[f(\vec{B}, \vec{A}) = B^i A^j f_{ij} = B^j A^i f_{ji} = A^i B^j f_{ji}\]

한편 \(f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij}\).

\(f(\vec{A}, \vec{B}) = f(\vec{B}, \vec{A})\)가 임의의 \(\vec{A}, \vec{B}\)에 대해 성립하려면 \(A^i B^j f_{ij} = A^i B^j f_{ji}\)가 임의의 \(A^i, B^j\)에 대해 성립해야 하며, 이는 \(f_{ij} = f_{ji}\)와 동치예요.

실제로 확인하면:

\[f_{11} = 2 = f_{11}, \quad f_{12} = 1 = f_{21}, \quad f_{21} = 1 = f_{12}, \quad f_{22} = 3 = f_{22}\]

\(f_{ij} = f_{ji}\)가 모든 \(i, j\)에서 성립하므로, \(f(\vec{A}, \vec{B}) = f(\vec{B}, \vec{A})\)가 임의의 \(\vec{A}, \vec{B}\)에 대해 성립해요. \(\square\)

검산: (b)에서 \(f(\vec{B}, \vec{A})\)를 직접 계산해요. \(B^1 = 3, B^2 = 1, A^1 = 1, A^2 = -2\).

\[f(\vec{B}, \vec{A}) = (3)(1)(2) + (3)(-2)(1) + (1)(1)(1) + (1)(-2)(3) = 6 - 6 + 1 - 6 = -5\]

\(f(\vec{A}, \vec{B}) = f(\vec{B}, \vec{A}) = -5\). ✓

M-3. 텐서곱에 의한 계수의 덧셈

→ 문제로 돌아가기

문제: \(S \in T^r(V)\) 와 \(T \in T^m(V)\) 의 텐서곱이 \(T^{r+m}(V)\) 의 원소가 됨을 성분 표시로 보여라.

해답

\(S\) 와 \(T\) 를 성분으로 표시해요:

\[S = S^{i_1 i_2 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes e_{i_2} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\]
\[T = T^{j_1 j_2 \cdots j_m}\,e_{j_1} \otimes e_{j_2} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\]

텐서곱 \(S \otimes T\) 를 계산해요. 법칙 (B.1)(스칼라의 인출)과 (B.2), (B.3)(분배법칙)을 사용하면:

\[S \otimes T = \left(S^{i_1 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right) \otimes \left(T^{j_1 \cdots j_m}\,e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\right)\]

먼저, 분배법칙에 의해 각 기저 텐서의 항별로 텐서곱을 취할 수 있어요:

\[= S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}\,\left(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right) \otimes \left(e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\right)\]

여기서 법칙 (B.1)을 사용하여, 스칼라 \(S^{i_1 \cdots i_r}\) 와 \(T^{j_1 \cdots j_m}\) 를 텐서곱 밖으로 꺼냈어요.

텐서곱의 결합법칙에 의해, 괄호를 제거할 수 있어요:

\[= S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r} \otimes e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\]

여기서 새로운 성분을

\[U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m} := S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}\]

로 정의하면:

\[S \otimes T = U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r} \otimes e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\]

우변은 \(r + m\) 개의 기저 벡터의 텐서곱을 기저로 하고, \(r + m\) 개의 위 첨자를 가진 성분 \(U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m}\) 로 표현되어 있어요. 이것은 바로 \(T^{r+m}(V)\) 의 원소의 표준적인 표시예요.

\[\boxed{S \otimes T \in T^{r+m}(V), \quad (S \otimes T)^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m} = S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}}\]

\(\square\)

검산: 차원의 정합성. \(T^r(V)\) 는 \(n^r\) 차원, \(T^m(V)\) 는 \(n^m\) 차원이에요. \(T^{r+m}(V)\) 는 \(n^{r+m} = n^r \cdot n^m\) 차원이에요. 성분 \(U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m}\) 의 첨자 조합 수는 \(n^r \cdot n^m = n^{r+m}\) 개로 일치해요. ✓

M-4. \(T^0(V)\)와 스칼라

→ 문제로 돌아가기

문제: \(T^0(V)\) 의 원소가 스칼라에 대응하는 것, 그리고 \(\lambda \otimes S = \lambda S\) 를 보여라.

풀이

\(T^0(V)\) 가 스칼라에 대응하는 것:

정의 B.1에서 \(r = 0\) 으로 놓으면, \(T^0(V)\) 의 기저는 \(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\) 에서 \(r = 0\) 개의 텐서곱, 즉 "빈 텐서곱"이에요. 이것은 1개의 기호(단위원 \(\mathbf{1}\) 이라 쓰는)로만 이루어져요. \(T^0(V)\) 의 차원은 \(n^0 = 1\) 이에요.

\(T^0(V)\) 의 임의의 원소는 \(\lambda \cdot \mathbf{1}\)（\(\lambda \in \mathbb{R}\)）의 형태로 쓸 수 있어요. 따라서 \(T^0(V)\) 는 실수체 \(\mathbb{R}\) 과 동형이며, \(T^0(V)\) 의 원소는 스칼라(실수)에 대응해요.

\(\lambda \otimes S = \lambda S\) 의 증명:

\(\lambda \in T^0(V)\)（스칼라）, \(S \in T^r(V)\) 로 놓아요. \(S = S^{i_1 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\) 로 성분 표시해요.

텐서곱의 법칙 (B.1): \(k(S \otimes T) = (kS) \otimes T = S \otimes (kT)\) 를 사용해요.

\(\lambda\) 는 스칼라이므로, \(\lambda \otimes S\) 에 법칙 (B.1)을 적용하면:

\[\lambda \otimes S = \lambda \otimes \left(S^{i_1 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right)\]

분배법칙과 (B.1)에 의해:

\[= S^{i_1 \cdots i_r}\,\lambda \otimes \left(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right)\]

여기서 \(\lambda \otimes (e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r})\) 는, 법칙 (B.1)의 \(k(S \otimes T) = (kS) \otimes T\) 의 의미로, 스칼라 \(\lambda\) 를 기저 텐서 앞으로 꺼낼 수 있어요. 즉, \(T^0(V)\) 의 원소 \(\lambda\) 와 \(T^r(V)\) 의 기저의 텐서곱은 \(T^{0+r}(V) = T^r(V)\) 의 원소이며:

\[\lambda \otimes (e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}) = \lambda\,(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r})\]

따라서:

\[\lambda \otimes S = S^{i_1 \cdots i_r}\,\lambda\,(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}) = \lambda\,S^{i_1 \cdots i_r}\,(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}) = \lambda S\]
\[\boxed{\lambda \otimes S = \lambda S \in T^r(V)}\]

\(\square\)

검산: 계수의 정합성: \(T^0(V)\) 의 원소와 \(T^r(V)\) 의 원소의 텐서곱은 \(T^{0+r}(V) = T^r(V)\) 의 원소예요. 스칼라배 \(\lambda S\) 는 확실히 \(T^r(V)\) 의 원소예요. ✓

M-5. 단순한 \(S \otimes T\) 의 전개

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

\(S = e_1 + 2e_2\) 와 \(T = 3e_1 - e_2\) 의 텐서곱을 분배법칙으로 전개하여, \(T^2(V)\) 의 기저 \(\{e_i \otimes e_j\}\) 로 나타내요.

계산

\[ S \otimes T = (e_1 + 2e_2) \otimes (3e_1 - e_2) \]

분배법칙을 적용하면

\[ = e_1 \otimes (3e_1 - e_2) + 2e_2 \otimes (3e_1 - e_2) \]
\[ = 3\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 6\,e_2 \otimes e_1 - 2\,e_2 \otimes e_2 \]
\[ \boxed{S \otimes T = 3\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 6\,e_2 \otimes e_1 - 2\,e_2 \otimes e_2} \]

성분으로 쓰면 \((S \otimes T)^{ij}\) 는

\[ (S \otimes T)^{ij} = S^i T^j = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 6 & -2 \end{pmatrix} \]

검산

분해 가능 텐서의 판정 조건 \(ad - bc = 0\) 을 확인해요: \(a = 3\), \(b = -1\), \(c = 6\), \(d = -2\) 로 두면 \(ad - bc = 3 \times (-2) - (-1) \times 6 = -6 + 6 = 0\). ✓ 분해 가능 텐서임이 확인되었어요. \(\square\)

M-6. 3차원 공간의 텐서 공간의 차원

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

\(V\) 가 \(n\) 차원일 때 \(T^r(V)\) 의 차원은 \(n^r\) 이라는 것을 이용하여, \(n = 3\) 인 경우에 \(T^2(V)\) 와 \(T^3(V)\) 의 차원을 구해요.

계산

\(V\) 가 \(n\) 차원의 선형공간일 때, \(T^r(V)\) 의 기저는

\[ \{e_{i_1} \otimes e_{i_2} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\}_{i_1, i_2, \ldots, i_r = 1, \ldots, n} \]

이고, 각 첨자가 \(n\) 개의 값을 취하므로 기저의 개수(= 차원)는 \(n^r\) 이에요.

\(V\) 가 3차원(\(n = 3\))일 때:

\(T^2(V)\) 의 차원:

\[ \dim T^2(V) = 3^2 = 9 \]

기저는 \(e_i \otimes e_j\)(\(i, j = 1, 2, 3\))의 9개: \(e_1 \otimes e_1\), \(e_1 \otimes e_2\), \(e_1 \otimes e_3\), \(e_2 \otimes e_1\), \(e_2 \otimes e_2\), \(e_2 \otimes e_3\), \(e_3 \otimes e_1\), \(e_3 \otimes e_2\), \(e_3 \otimes e_3\).

\(T^3(V)\) 의 차원:

\[ \dim T^3(V) = 3^3 = 27 \]

기저는 \(e_i \otimes e_j \otimes e_k\)(\(i, j, k = 1, 2, 3\))의 27개예요.

\[ \boxed{\dim T^2(V) = 9, \quad \dim T^3(V) = 27} \]

검산

일반적으로 \(\dim T^r(V) = n^r\) 은 지수함수적으로 증가해요. \(n = 3\) 에서는 \(T^0 = 1\), \(T^1 = 3\), \(T^2 = 9\), \(T^3 = 27\), \(T^4 = 81\) 로 증가해요. 4차원 시공간(\(n = 4\))에서는 Riemann 텐서는 \(T^4\) 의 원소이며, \(4^4 = 256\) 개의 성분을 갖지만, 대칭성에 의해 독립 성분은 20개로 줄어들어요. \(\square\)

M-7. 반대칭 텐서의 비분해성

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풀이 방침

\(W = e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1\) 이 분해 가능 텐서(\(S \otimes T\) 의 형태)로 쓸 수 없음을, 문제 B.9의 판정 조건 \(ad - bc = 0\) 을 이용하여 보여요.

계산

\(W = e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1\) 의 성분은

\[ W^{11} = 0, \quad W^{12} = 1, \quad W^{21} = -1, \quad W^{22} = 0 \]

즉 \(a = 0\), \(b = 1\), \(c = -1\), \(d = 0\)이에요.

문제 B.9의 결과에 의해, \(W\) 가 분해 가능 텐서(\(W = S \otimes T\))일 필요충분조건은

\[ ad - bc = 0 \]

실제로 계산하면

\[ ad - bc = 0 \times 0 - 1 \times (-1) = 0 + 1 = 1 \neq 0 \]
\[ \boxed{ad - bc = 1 \neq 0 \quad \Longrightarrow \quad e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1 \text{ 은 분해 가능 텐서가 아니다}} \]

물리적 의의: \(e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1\) 은 반대칭 텐서의 전형적인 예이며, 두 벡터의 "외적"에 대응해요. 일반적으로 비자명한 반대칭 텐서는 분해 가능 텐서로 표현할 수 없어요. 이것은 전자기장 텐서 \(F_{\mu\nu}\)(반대칭)가 일반적으로 단일 \(A_\mu \otimes B_\nu\) 의 형태로는 쓸 수 없다는 것과 관련되어 있어요.

검산

만약 \(W = S \otimes T = (\alpha e_1 + \beta e_2) \otimes (\gamma e_1 + \delta e_2)\) 로 쓸 수 있다고 하면, \(W^{11} = \alpha\gamma = 0\), \(W^{12} = \alpha\delta = 1\), \(W^{21} = \beta\gamma = -1\), \(W^{22} = \beta\delta = 0\)이에요. \(\alpha\gamma = 0\) 으로부터 \(\alpha = 0\) 또는 \(\gamma = 0\)이에요. \(\alpha = 0\) 이면 \(\alpha\delta = 0 \neq 1\) 로 모순이에요. \(\gamma = 0\) 이면 \(\beta\gamma = 0 \neq -1\) 로 모순이에요. 따라서 분해 불가능함이 직접적으로도 확인돼요. \(\square\)

M-8. 단위 쌍선형 형식의 평가

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풀이 방침

\(\binom{0}{2}\) 텐서 \(f\)의 성분 \(f_{ij} = f(e_i, e_j)\)를 읽어내고, 다중선형성 \(f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij}\)를 이용하여 계산해요.

계산

주어진 조건으로부터 \(f\)의 성분은

\[ f_{11} = f(e_1, e_1) = 1, \quad f_{12} = f(e_1, e_2) = 0, \quad f_{21} = f(e_2, e_1) = 0, \quad f_{22} = f(e_2, e_2) = 1 \]

즉, \(f_{ij} = \delta_{ij}\) (크로네커 델타, 단위행렬)이에요.

\(\vec{A} = 3e_1 + 2e_2\) (\(A^1 = 3\), \(A^2 = 2\)), \(\vec{B} = -e_1 + 4e_2\) (\(B^1 = -1\), \(B^2 = 4\))에 대해

\[ f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij} = \sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2} A^i B^j f_{ij} \]

\(f_{ij} = \delta_{ij}\)이므로 \(i \neq j\)인 항은 모두 영이에요:

\[ f(\vec{A}, \vec{B}) = A^1 B^1 f_{11} + A^2 B^2 f_{22} = A^1 B^1 + A^2 B^2 \]
\[ = 3 \times (-1) + 2 \times 4 = -3 + 8 = 5 \]
\[ \boxed{f(\vec{A}, \vec{B}) = 5} \]

검산

\(f_{ij} = \delta_{ij}\)는 유클리드 내적(dot product)에 대응해요. 따라서 \(f(\vec{A}, \vec{B}) = \vec{A} \cdot \vec{B} = 3 \times (-1) + 2 \times 4 = 5\). ✓

또한, \(f(\vec{B}, \vec{A}) = B^1 A^1 + B^2 A^2 = (-1) \times 3 + 4 \times 2 = 5 = f(\vec{A}, \vec{B})\)이며, \(f\)가 대칭 텐서(\(f_{ij} = f_{ji}\))인 것과 정합해요. \(\square\)

Advanced（발전）

A-1. 대칭·반대칭 분해

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문제: 2계 텐서의 대칭·반대칭 분해.

(a) \(W = W^{(S)} + W^{(A)}\) 의 유일한 분해

존재의 증명:

임의의 \(W \in T^2(V)\) 에 대해, \(W = W^{ij}\,e_i \otimes e_j\) 로 놓아요. 정의에 의해:

\[W^{(S)} = \frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji})\,e_i \otimes e_j, \qquad W^{(A)} = \frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\,e_i \otimes e_j\]

합을 계산하면:

\[W^{(S)} + W^{(A)} = \frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji})\,e_i \otimes e_j + \frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\,e_i \otimes e_j\]
\[= \frac{1}{2}\left[(W^{ij} + W^{ji}) + (W^{ij} - W^{ji})\right]\,e_i \otimes e_j = \frac{1}{2} \cdot 2W^{ij}\,e_i \otimes e_j = W^{ij}\,e_i \otimes e_j = W\]

따라서 \(W = W^{(S)} + W^{(A)}\) 가 성립해요.

\(W^{(S)}\) 가 대칭임을 확인: \(W^{(S)}\) 의 \((ij)\) 성분은 \(\frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji})\). \((ji)\) 성분은 \(\frac{1}{2}(W^{ji} + W^{ij})\). 이들은 같으므로 대칭이에요.

\(W^{(A)}\) 가 반대칭임을 확인: \(W^{(A)}\) 의 \((ij)\) 성분은 \(\frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\). \((ji)\) 성분은 \(\frac{1}{2}(W^{ji} - W^{ij}) = -\frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\). 따라서 반대칭이에요.

유일성의 증명:

\(W = P + Q\) 로 분해할 수 있다고 해요 (\(P\) 는 대칭, \(Q\) 는 반대칭). 성분으로 쓰면 \(W^{ij} = P^{ij} + Q^{ij}\).

\(P^{ij} = P^{ji}\), \(Q^{ij} = -Q^{ji}\) 이므로, 첨자 \(i, j\) 를 교환하면:

\[W^{ji} = P^{ji} + Q^{ji} = P^{ij} - Q^{ij}\]

\(W^{ij} = P^{ij} + Q^{ij}\) 와 \(W^{ji} = P^{ij} - Q^{ij}\) 를 연립하여 풀면:

\[P^{ij} = \frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji}), \qquad Q^{ij} = \frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\]

이것은 \(W^{(S)}\) 와 \(W^{(A)}\) 의 정의 그 자체이므로, 분해는 유일해요. \(\square\)

(b) 부분공간임과 차원

\(\mathrm{Sym}^2(V)\) 가 부분공간임:

  1. 영원: \(0^{ij} = 0 = 0^{ji}\) 이므로 \(0 \in \mathrm{Sym}^2(V)\).
  2. 덧셈의 닫힘: \(P, Q \in \mathrm{Sym}^2(V)\) 이면 \((P+Q)^{ij} = P^{ij} + Q^{ij} = P^{ji} + Q^{ji} = (P+Q)^{ji}\).
  3. 스칼라배의 닫힘: \(P \in \mathrm{Sym}^2(V)\), \(\lambda \in \mathbb{R}\) 이면 \((\lambda P)^{ij} = \lambda P^{ij} = \lambda P^{ji} = (\lambda P)^{ji}\).

따라서 \(\mathrm{Sym}^2(V)\) 는 \(T^2(V)\) 의 부분공간이에요.

\(\mathrm{Alt}^2(V)\) 가 부분공간임:

  1. 영원: \(0^{ij} = 0 = -0 = -0^{ji}\) 이므로 \(0 \in \mathrm{Alt}^2(V)\).
  2. 덧셈의 닫힘: \(P, Q \in \mathrm{Alt}^2(V)\) 이면 \((P+Q)^{ij} = P^{ij} + Q^{ij} = -P^{ji} + (-Q^{ji}) = -(P+Q)^{ji}\).
  3. 스칼라배의 닫힘: \(P \in \mathrm{Alt}^2(V)\), \(\lambda \in \mathbb{R}\) 이면 \((\lambda P)^{ij} = \lambda P^{ij} = \lambda(-P^{ji}) = -(\lambda P)^{ji}\).

따라서 \(\mathrm{Alt}^2(V)\) 도 \(T^2(V)\) 의 부분공간이에요. \(\square\)

차원의 계산:

\(V\) 가 \(n\) 차원일 때, 대칭 텐서 \(S^{ij} = S^{ji}\) 의 독립 성분은 \(i \leq j\) 가 되는 \((i,j)\) 쌍의 수와 같아요. 이것은 \(n\) 개에서 중복을 허용하여 2개를 선택하는 조합이에요:

\[\dim \mathrm{Sym}^2(V) = \binom{n+1}{2} = \frac{n(n+1)}{2}\]

반대칭 텐서 \(A^{ij} = -A^{ji}\) 에서는 대각 성분 \(A^{ii} = 0\) (\(A^{ii} = -A^{ii}\) 로부터). 독립 성분은 \(i < j\) 가 되는 쌍의 수예요:

\[\dim \mathrm{Alt}^2(V) = \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}\]

검산: \(\dim \mathrm{Sym}^2(V) + \dim \mathrm{Alt}^2(V) = \frac{n(n+1)}{2} + \frac{n(n-1)}{2} = \frac{n^2 + n + n^2 - n}{2} = n^2 = \dim T^2(V)\). ✓

이것은 (a)의 직합 분해 \(T^2(V) = \mathrm{Sym}^2(V) \oplus \mathrm{Alt}^2(V)\) 와 정합해요.

(c) 4차원 시공간에서의 독립 성분 수

\(n = 4\) 를 대입해요.

계량 텐서 \(g_{\mu\nu}\) (대칭):

\[\frac{n(n+1)}{2} = \frac{4 \times 5}{2} = \boxed{10 \text{ 개}}\]

전자기장 텐서 \(F_{\mu\nu}\) (반대칭):

\[\frac{n(n-1)}{2} = \frac{4 \times 3}{2} = \boxed{6 \text{ 개}}\]

합의 확인:

\[10 + 6 = 16 = 4^2 = n^2 \quad \checkmark\]

이것은 \(T^2(V)\) 의 차원 \(n^2 = 16\) 과 일치하며, 임의의 2계 텐서(16개의 독립 성분)가 대칭 부분(10개)과 반대칭 부분(6개)으로 유일하게 분해됨을 반영해요.

물리적 보충: \(F_{\mu\nu}\) 의 6개의 독립 성분은 전기장의 3성분 \((E_x, E_y, E_z)\) 과 자기장의 3성분 \((B_x, B_y, B_z)\) 에 대응해요. \(g_{\mu\nu}\) 의 10개의 독립 성분은 Einstein 방정식 \(G_{\mu\nu} = 8\pi T_{\mu\nu}\) 가 10개의 독립적인 방정식계임에 대응해요.

A-2. 쌍대공간에 의한 텐서 표현

→ 문제로 돌아가기

문제: 쌍대공간의 텐서곱과 \(\binom{0}{N}\) 텐서의 관계.

(a) \(V^* \otimes V^*\) 의 기저와 차원

\(V^*\) 의 기저는 \(\{e^1, e^2, \ldots, e^n\}\)（\(n\) 개）이므로, \(V^* \otimes V^*\) 의 기저는:

\[\{e^i \otimes e^j \mid i, j = 1, 2, \ldots, n\}\]

기저의 개수는 \(n \times n = n^2\) 개.

\[\boxed{\text{기저：} \{e^i \otimes e^j\}_{i,j=1}^n, \qquad \dim(V^* \otimes V^*) = n^2}\]

(b) \(f = f_{ij}\,e^i \otimes e^j\) 의 검증

\(f = f_{ij}\,e^i \otimes e^j\) 로 표현된다고 하고, 임의의 벡터 \(\vec{A} = A^k e_k\), \(\vec{B} = B^l e_l\) 에 대해 올바른 값을 돌려주는지 확인해요.

텐서곱의 작용 정의 \((e^i \otimes e^j)(\vec{A}, \vec{B}) := e^i(\vec{A})\,e^j(\vec{B})\) 를 사용해요.

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = \left(f_{ij}\,e^i \otimes e^j\right)(\vec{A}, \vec{B})\]

선형성에 의해:

\[= f_{ij}\,(e^i \otimes e^j)(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij}\,e^i(\vec{A})\,e^j(\vec{B})\]

쌍대기저의 정의 \(e^i(e_k) = \delta^i{}_k\) 와 \(\vec{A} = A^k e_k\) 의 선형성으로부터:

\[e^i(\vec{A}) = e^i(A^k e_k) = A^k\,e^i(e_k) = A^k\,\delta^i{}_k = A^i\]

마찬가지로:

\[e^j(\vec{B}) = B^j\]

따라서:

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij}\,A^i\,B^j = A^i B^j f_{ij}\]

이것은 S2(a)에서 유도한 \(\binom{0}{2}\) 텐서의 성분 표시 \(f(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij} A^i B^j\) 와 완전히 일치해요.

역으로, 임의의 \(\binom{0}{2}\) 텐서 \(f\)（쌍선형 사상 \(f: V \times V \to \mathbb{R}\)）에 대해 \(f_{ij} := f(e_i, e_j)\) 로 정의하면, 위의 계산으로부터 \(f\) 는 \(V^* \otimes V^*\) 의 원소 \(f_{ij}\,e^i \otimes e^j\) 와 동일시할 수 있어요.

\[\boxed{f = f_{ij}\,e^i \otimes e^j \in V^* \otimes V^*, \quad f(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij}\,A^i B^j \text{ 가 재현된다}}\]

\(\square\)

(c) 일반화와 두 가지 접근법의 연결

\(\binom{0}{2}\) 텐서의 공간 \(\cong V^* \otimes V^*\)：

(b)의 결과로부터, \(\binom{0}{2}\) 텐서（\(V \times V\) 위의 쌍선형 사상）의 전체는 \(V^* \otimes V^*\) 와 동형이에요. 사상은:

\[f \mapsto f_{ij}\,e^i \otimes e^j, \qquad f_{ij} = f(e_i, e_j)\]

로 주어지며, 이것은 선형 동형사상이에요（기저의 선택에 의존하지 않아요）.

\(\binom{0}{N}\) 텐서로의 일반화：

마찬가지로, \(\binom{0}{N}\) 텐서（\(N\) 개의 벡터를 인수로 취하는 다중선형 사상 \(f: \underbrace{V \times \cdots \times V}_{N} \to \mathbb{R}\)）에 대해:

\[f = f_{i_1 i_2 \cdots i_N}\,e^{i_1} \otimes e^{i_2} \otimes \cdots \otimes e^{i_N}\]

로 표현할 수 있어요. 여기서 \(f_{i_1 \cdots i_N} = f(e_{i_1}, \ldots, e_{i_N})\) 이며, 작용은:

\[(e^{i_1} \otimes \cdots \otimes e^{i_N})(\vec{A}_1, \ldots, \vec{A}_N) := e^{i_1}(\vec{A}_1) \cdots e^{i_N}(\vec{A}_N) = A_1^{i_1} \cdots A_N^{i_N}\]

따라서:

\[f(\vec{A}_1, \ldots, \vec{A}_N) = f_{i_1 \cdots i_N}\,A_1^{i_1} \cdots A_N^{i_N}\]

이로부터:

\[\boxed{\binom{0}{N}\text{ 텐서의 공간} \cong \underbrace{V^* \otimes \cdots \otimes V^*}_{N} =: T_N(V)}\]

두 가지 접근법의 연결（본문 B.11절의 일반화）：

텐서에는 두 가지 동치인 정의가 있어요:

접근법 반변 텐서 공변 텐서
대수적（텐서곱 공간） \(T^r(V) = \underbrace{V \otimes \cdots \otimes V}_{r}\) \(T_N(V) = \underbrace{V^* \otimes \cdots \otimes V^*}_{N}\)
함수적（다중선형 사상） \(\underbrace{V^* \times \cdots \times V^*}_{r} \to \mathbb{R}\) \(\underbrace{V \times \cdots \times V}_{N} \to \mathbb{R}\)
  • 반변 텐서 \(T^r(V)\)：\(V\) 를 \(r\) 번 텐서곱한 공간의 원소. 성분은 위첨자 \(r\) 개. 동치적으로, \(r\) 개의 1-형식을 인수로 취하는 다중선형 사상.
  • 공변 텐서 \(T_N(V)\)：\(V^*\) 를 \(N\) 번 텐서곱한 공간의 원소. 성분은 아래첨자 \(N\) 개. 동치적으로, \(N\) 개의 벡터를 인수로 취하는 다중선형 사상.

더 나아가 일반적인 혼합 텐서（유형 \(\binom{r}{N}\)）는:

\[T^r{}_N(V) = \underbrace{V \otimes \cdots \otimes V}_{r} \otimes \underbrace{V^* \otimes \cdots \otimes V^*}_{N}\]

의 원소이며, 성분은 \(T^{i_1 \cdots i_r}{}_{j_1 \cdots j_N}\) 와 같이 위첨자 \(r\) 개·아래첨자 \(N\) 개의 지표를 가져요. 동치적으로, \(r\) 개의 1-형식과 \(N\) 개의 벡터를 인수로 취하는 다중선형 사상이에요.

이 대응이, 본문 B.11절에서 서술된 「텐서곱 공간의 원소」와 「다중선형 사상」이라는 두 가지 접근법이 같은 수학적 대상을 기술하고 있다는 것의 일반적인 표현이에요. \(\square\)

검산: 차원의 정합성. \(T_N(V) = (V^*)^{\otimes N}\) 의 차원은 \((\dim V^*)^N = n^N\). 한편, \(N\) 개의 벡터를 인수로 취하는 다중선형 사상의 성분 \(f_{i_1 \cdots i_N}\) 의 개수는 \(n^N\). 일치. ✓