연립방정식을 푸는 다양한 방법

수학 / 행렬 · 연립방정식 · 역행렬 · 행렬식 · 기본행연산 · 심층 수리논술

하나의 연립방정식을 여러 방법으로 풀 수 있는가: 행렬이 보여 주는 해법과 해의 구조

[출제 의도]
연립일차방정식을 행렬로 표현하고 기본행연산, 역행렬, 행렬식을 이용하여 해를 구할 수 있는지 평가한다. 단순히 계산 절차를 수행하는 데 그치지 않고, 기본행연산이 해를 보존하는 이유, 역행렬이 존재할 때 해가 유일한 이유, Cramer 방식과 다른 방법의 관계를 설명하도록 한다. 또한 매개변수가 포함된 연립방정식을 통해 유일해, 무수히 많은 해, 해가 없는 경우가 계수행렬과 확대행렬의 구조에서 어떻게 나타나는지 논증하도록 한다.

상황 제시

여러 개의 미지수가 포함된 연립일차방정식은 각 방정식을 하나씩 다루어 풀 수도 있지만, 계수들을 하나의 행렬로 모으면 방정식 전체의 구조를 동시에 관찰할 수 있다.

예를 들어 세 미지수 x, y, z에 대한 연립방정식은

Ax = b

의 형태로 표현할 수 있다. 이때 A는 미지수들의 계수를 모은 계수행렬, x는 미지수 벡터, b는 상수항 벡터이다.

행렬을 이용하면 같은 연립방정식을 서로 다른 관점에서 해결할 수 있다. 이 문제에서는 다음 세 가지 방법을 비교한다.

① 기본행연산을 이용한 가우스 소거법
② 역행렬을 이용한 A⁻¹b 계산
③ 행렬식을 이용한 Cramer 방식

필요한 경우 다음 사실을 사용할 수 있다.

· det A ≠ 0이면 A의 역행렬이 존재한다.
· det A ≠ 0일 때 Ax = b의 해는 유일하다.
· Cramer 방식에서 A_i를 A의 i번째 열을 b로 바꾼 행렬이라 하면

x_i = det A_i / det A

이다.

[문제 1] 기본행연산으로 해를 찾는 이유 (기초 역량)

다음 연립방정식을 생각하자.

x + y + z = 6
2x − y + z = 3
x + 2y − z = 2

이를 확대행렬로 나타내면

1 1 1 │ 6
2 −1 1 │ 3
1 2 −1 │ 2

이다.

(1) 기본행연산을 이용하여 이 확대행렬을 계단형으로 변형하고 연립방정식의 해를 구하시오.

(2) 다음 세 종류의 기본행연산이 원래 연립방정식의 해집합을 바꾸지 않는 이유를 각각 설명하시오.

① 두 행의 위치를 바꾸는 것
② 한 행에 0이 아닌 상수를 곱하는 것
③ 한 행에 다른 행의 상수배를 더하는 것

(3) 기본행연산을 반복하여 계단형 행렬로 바꾸는 과정이 일반적인 연립일차방정식의 해를 찾는 데 유용한 이유를 논술하시오.

해설 및 모범 채점 기준 확인하기

[문제 풀이]

처음 확대행렬에

R₂ ← R₂ − 2R₁, R₃ ← R₃ − R₁

을 적용하면

1 1 1 │ 6
0 −3 −1 │ −9
0 1 −2 │ −4

을 얻는다. 두 번째 행과 세 번째 행의 위치를 바꾸면

1 1 1 │ 6
0 1 −2 │ −4
0 −3 −1 │ −9

이다. 이제

R₃ ← R₃ + 3R₂

을 적용하면

1 1 1 │ 6
0 1 −2 │ −4
0 0 −7 │ −21

을 얻는다. 세 번째 행에서

−7z = −21

이므로

z = 3

이다. 두 번째 행에 대입하면

y − 2z = −4 → y = 2

이고, 첫 번째 행에서

x + 2 + 3 = 6 → x = 1

이다. 따라서

(x, y, z) = (1, 2, 3)

이다.

[왜 기본행연산은 해를 보존하는가]

두 행의 위치를 바꾸는 것은 방정식이 적힌 순서만 바꾸는 것이다. 모든 방정식을 동시에 만족해야 한다는 조건은 변하지 않는다.

한 행에 0이 아닌 수 c를 곱하는 것은 하나의 등식

L = d

를

cL = cd

로 바꾸는 것이다. c ≠ 0이므로 두 식은 서로 동치이다.

마지막으로 어떤 방정식에 다른 방정식의 상수배를 더하는 경우를 생각하자. 두 식을 각각

L₁ = d₁, L₂ = d₂

라 하면 첫 번째 식을

L₁ + cL₂ = d₁ + cd₂

로 바꾸어도 두 번째 식을 함께 알고 있으므로 원래 첫 번째 식을 다시 복원할 수 있다. 따라서 이 연산 역시 가역적이며 해집합을 변화시키지 않는다.

가우스 소거법의 핵심은 이러한 해를 보존하는 변환을 반복하여 복잡하게 얽힌 미지수들을 하나씩 분리하는 데 있다.

도해 1. 기본행연산은 해를 바꾸지 않고 식의 구조만 단순화한다

가우스 소거법은 새로운 해를 만드는 방법이 아니다. 해집합을 그대로 유지하는 가역적인 변환을 반복하여 기존 해를 쉽게 읽을 수 있는 형태로 바꾸는 방법이다.

정답: (x, y, z) = (1, 2, 3). 기본행연산은 해집합을 보존하면서 연립방정식을 더 단순한 동치인 연립방정식으로 바꾸는 과정이다.

평가 요소	채점 기준 및 감점 요인	배점
가우스 소거	적절한 기본행연산을 수행하여 계단형 행렬을 만들고 해를 정확히 구함.	15점
동치성 논증	세 기본행연산이 해집합을 보존하는 이유를 가역성 또는 동치인 방정식의 관점에서 설명함.	15점

[문제 2] 하나의 연립방정식을 세 가지 방법으로 풀기 (응용 역량)

문제 1의 연립방정식을

Ax = b

로 나타내면

A =

1 1 1
2 −1 1
1 2 −1

이고

x =

x
y
z

, b =

6
3
2

이다.

(1) det A를 구하고, A에 역행렬이 존재함을 보이시오.

(2) A⁻¹을 구한 뒤

x = A⁻¹b

를 이용하여 연립방정식을 푸시오. 또한 이 식이 성립하는 이유를 행렬의 곱셈을 이용하여 설명하시오.

(3) A₁, A₂, A₃를 각각 A의 첫째, 둘째, 셋째 열을 b로 바꾼 행렬이라 하자. 다음을 보이시오.

det A = 7, det A₁ = 7, det A₂ = 14, det A₃ = 21

그리고 Cramer 방식을 이용하여 x, y, z를 구하시오.

(4) 다음 상황에서 세 방법 중 어느 방법을 사용하는 것이 합리적인지 논술하시오.

① 계수가 다른 큰 연립방정식 하나를 실제로 계산해야 하는 경우
② 같은 계수행렬 A에 대하여 상수항 벡터 b만 계속 바뀌는 경우
③ 각 미지수가 계수와 상수항에 어떻게 의존하는지를 식으로 명확하게 나타내고 싶은 경우

해설 및 모범 채점 기준 확인하기

[문제 풀이]

계수행렬의 행렬식은

det A = 7

이다. 따라서 det A ≠ 0이므로 A는 가역행렬이며 역행렬이 존재한다.

계산하면

A⁻¹ = 1/7

−1 3 2
3 −2 1
5 −1 −3

이다. 따라서

x = 1/7

−1 3 2
3 −2 1
5 −1 −3

6
3
2

이므로

x =

1
2
3

이다. 즉

x = 1, y = 2, z = 3

이다.

역행렬 방법이 성립하는 이유는

Ax = b

의 양변 왼쪽에 A⁻¹을 곱하면

A⁻¹Ax = A⁻¹b

이고,

A⁻¹A = I

이므로

x = A⁻¹b

를 얻기 때문이다.

[Cramer 방식]

주어진 행렬식은

det A = 7
det A₁ = 7, det A₂ = 14, det A₃ = 21

이다. 따라서

x = 7/7 = 1, y = 14/7 = 2, z = 21/7 = 3

이다. 세 방법이 모두 같은 해를 준다.

[세 방법의 비교]

가우스 소거법은 행렬의 크기가 커져도 체계적으로 적용할 수 있고, 역행렬이 존재하지 않는 경우에도 계산을 계속하여 해가 없거나 무수히 많은 경우까지 판정할 수 있다. 따라서 실제 연립방정식을 계산하는 가장 일반적인 방법이다.

역행렬 방법은 A⁻¹을 한 번 구해 놓으면 같은 A에 대해 b만 계속 바뀌는 여러 문제를

x = A⁻¹b

로 처리할 수 있다는 장점이 있다. 다만 하나의 큰 연립방정식을 풀기 위해 역행렬 전체를 먼저 구하는 것은 계산량 면에서 반드시 효율적인 것은 아니다.

Cramer 방식은 각 미지수를 행렬식의 비로 직접 나타내므로 해가 계수와 상수항에 어떻게 의존하는지를 이론적으로 보여 주는 데 유용하다. 반면 미지수가 많아지면 여러 개의 큰 행렬식을 각각 계산해야 하므로 실제 대규모 계산에는 비효율적이다.

도해 2. 하나의 연립방정식을 바라보는 세 가지 관점

세 방법은 서로 다른 답을 만드는 것이 아니라 같은 선형 문제를 서로 다른 관점에서 해석한다. 계산 목적과 행렬의 크기, 계수행렬의 성질에 따라 적합한 방법이 달라질 수 있다.

핵심 결과: 가우스 소거법, 역행렬, Cramer 방식은 모두 (1, 2, 3)을 주지만 계산 과정과 활용 목적은 서로 다르다.

평가 요소	채점 기준 및 감점 요인	배점
역행렬 해법	det A와 A⁻¹을 정확히 계산하고 x=A⁻¹b가 성립하는 이유를 설명함.	15점
Cramer 방식	각 행렬식을 이용하여 세 미지수를 정확히 계산함.	10점
방법 비교	세 방법의 계산 구조와 장단점을 상황에 맞게 비교하고 적절한 방법을 선택함.	15점

[문제 3] 행렬은 해가 존재하지 않는 경우까지 어떻게 판별하는가 (심층 사고력)

실수 λ, μ에 대하여 다음 연립방정식을 생각하자.

x + y + z = 6
2x + 3y + z = 11
x + 2y + λz = μ

계수행렬을 A_λ라 하면

A_λ =

1 1 1
2 3 1
1 2 λ

이다.

(1) det A_λ = λ임을 보이고, λ ≠ 0일 때 연립방정식의 해가 유일함을 설명하시오.

(2) 기본행연산을 이용하여 확대행렬을 다음 형태로 변형할 수 있음을 보이시오.

1 1 1 │ 6
0 1 −1 │ −1
0 0 λ │ μ−5

그리고 λ ≠ 0일 때 해를 λ, μ를 이용하여 나타내시오.

(3) λ = 0일 때 다음 두 경우를 각각 분석하시오.

① μ = 5
② μ ≠ 5

각 경우에 해가 몇 개 존재하는지 설명하고, 해가 무수히 많은 경우에는 모든 해를 매개변수로 나타내시오.

(4) 행렬을 기본행연산으로 계단형으로 만든 뒤 0이 아닌 행의 개수를 그 행렬의 계수(rank)라고 하자. 계수행렬을 A, 확대행렬을 [A|b]라고 할 때 다음 사실을 앞에서 얻은 결과와 연결하여 설명하시오.

유일한 해
rank(A) = rank([A|b]) = 미지수의 개수

무수히 많은 해
rank(A) = rank([A|b]) < 미지수의 개수

해가 없음
rank(A) < rank([A|b])

(5) det A = 0이라는 사실만으로 “해가 없다”고 결론 내릴 수 없는 이유를 논술하시오.

해설 및 모범 채점 기준 확인하기

[문제 풀이]

계수행렬의 행렬식을 계산하면

det A_λ = λ

이다. 따라서 λ ≠ 0이면

det A_λ ≠ 0

이고 역행렬이 존재하므로 해는 유일하다.

이제 확대행렬에

R₂ ← R₂ − 2R₁

을 적용하면 두 번째 행은

(0, 1, −1 | −1)

이 된다. 또한

R₃ ← R₃ − R₁

을 적용하면

(0, 1, λ−1 | μ−6)

을 얻는다. 여기서 다시

R₃ ← R₃ − R₂

를 적용하면

1 1 1 │ 6
0 1 −1 │ −1
0 0 λ │ μ−5

을 얻는다.

λ ≠ 0이면 세 번째 행에서

z = (μ−5)/λ

이다. 두 번째 행은

y − z = −1

이므로

y = (μ−5)/λ − 1

이다. 첫 번째 행에서

x = 7 − 2(μ−5)/λ

을 얻는다. 따라서 λ ≠ 0일 때 유일한 해는

(x, y, z) = ( 7 − 2(μ−5)/λ, (μ−5)/λ − 1, (μ−5)/λ )

이다.

[λ = 0인 경우]

마지막 행은

0 = μ − 5

가 된다.

먼저 μ = 5라면 마지막 행은

0 = 0

이 된다. 즉 독립적인 방정식은 두 개뿐이고 세 미지수 중 하나를 자유롭게 정할 수 있다. z = t라 두면

y = t − 1, x = 7 − 2t

이므로 모든 해는

(x, y, z) = (7 − 2t, t − 1, t)

로 나타난다. t는 임의의 실수이므로 해가 무수히 많다.

반면 μ ≠ 5라면 마지막 행은

0 = μ − 5, μ − 5 ≠ 0

이 된다. 이는 불가능한 등식이므로 연립방정식에는 해가 없다.

[계수의 관점]

λ ≠ 0이면 세 개의 피벗이 존재하므로

rank(A) = rank([A|b]) = 3

이고 유일한 해가 존재한다.

λ = 0, μ = 5이면

rank(A) = rank([A|b]) = 2 < 3

이다. 따라서 하나의 자유변수가 남아 해가 무수히 많다.

λ = 0, μ ≠ 5이면 계수 부분의 마지막 행은 모두 0이지만 확대행렬에서는 상수항이 0이 아니다. 따라서

rank(A) = 2 < 3 = rank([A|b])

가 되어 해가 없다.

이 결과는 중요한 사실을 보여 준다.

det A = 0이라는 것은 유일한 해를 가질 수 없다는 뜻이지, 반드시 해가 없다는 뜻은 아니다.

det A = 0이면 계수행렬의 행이나 열 사이에 독립성이 부족하다는 의미이다. 이때 상수항까지 같은 의존 관계를 만족하면 방정식 하나가 중복되어 해가 무수히 많을 수 있다. 반면 상수항이 그 관계와 모순되면 해가 존재하지 않는다. 따라서 특이행렬인 경우에는 계수행렬뿐 아니라 확대행렬까지 함께 조사해야 해의 존재성을 판정할 수 있다.

도해 3. 매개변수에 따라 달라지는 연립방정식의 해

det A = 0인 경우에는 역행렬 방법이나 Cramer 방식으로 해를 결정할 수 없다. 그러나 기본행연산은 계속 수행할 수 있으므로 무수히 많은 해와 해가 없는 경우까지 구별할 수 있다.

결론: λ ≠ 0이면 유일한 해, λ = 0이고 μ = 5이면 무수히 많은 해, λ = 0이고 μ ≠ 5이면 해가 없다.

평가 요소	채점 기준 및 감점 요인	배점
매개변수와 행렬식	det Aλ = λ를 구하고 λ ≠ 0에서 유일해가 존재함을 설명함.	10점
특이한 경우의 분석	λ = 0에서 μ = 5와 μ ≠ 5를 구분하여 무수히 많은 해와 해 없음을 정확하게 판정함.	10점
계수와 확대행렬	계수행렬과 확대행렬의 rank를 이용하여 세 종류의 해 구조를 논리적으로 설명함.	10점

수학적 결론

연립방정식을 행렬로 표현하는 목적은 계산을 간단히 표기하는 것에만 있지 않다. 행렬을 사용하면 해를 구하는 계산 과정과 해가 존재하는 구조 자체를 동시에 분석할 수 있다.

기본행연산을 이용하는 가우스 소거법은 해집합을 보존하는 변환을 반복하여 미지수를 차례로 분리한다. 이 방법은 계수행렬이 가역인지 여부와 관계없이 적용할 수 있으므로 유일한 해뿐 아니라 무수히 많은 해와 해가 없는 경우도 판정할 수 있다.

계수행렬 A가 가역일 때에는 x = A⁻¹b 라는 역행렬 표현을 사용할 수 있다. 이는 연립방정식을 하나의 선형변환으로 보고 그 변환을 역으로 되돌리는 관점이다.

Cramer 방식은 각 미지수를 행렬식의 비로 직접 표현함으로써 해와 계수 사이의 관계를 명확하게 보여 준다. 그러나 행렬의 크기가 커지면 계산해야 하는 행렬식도 커지므로 실제 계산에서는 가우스 소거법보다 비효율적일 수 있다.

특히 det A ≠ 0 이면 유일한 해가 존재하지만, det A = 0 인 경우에는 그것만으로 해의 존재 여부를 결정할 수 없다. 이때는 기본행연산과 확대행렬을 이용하여 방정식 사이의 독립성과 상수항의 일관성을 함께 조사해야 한다.

따라서 행렬을 이용한 연립방정식의 핵심은 하나의 정답을 여러 방식으로 계산하는 데 있는 것이 아니라, 연립방정식의 계산·변환·역변환·독립성·해의 존재성을 하나의 체계 안에서 이해하는 것에 있다.

하나의 연립방정식을 여러 방법으로 풀 수 있는가: 행렬이 보여 주는 해법과 해의 구조

정답: (x, y, z) = (1, 2, 3). 기본행연산은 해집합을 보존하면서 연립방정식을 더 단순한 동치인 연립방정식으로 바꾸는 과정이다.

핵심 결과: 가우스 소거법, 역행렬, Cramer 방식은 모두 (1, 2, 3)을 주지만 계산 과정과 활용 목적은 서로 다르다.

결론: λ ≠ 0이면 유일한 해, λ = 0이고 μ = 5이면 무수히 많은 해, λ = 0이고 μ ≠ 5이면 해가 없다.

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하나의 연립방정식을 여러 방법으로 풀 수 있는가: 행렬이 보여 주는 해법과 해의 구조

정답: (x, y, z) = (1, 2, 3). 기본행연산은 해집합을 보존하면서 연립방정식을 더 단순한 동치인 연립방정식으로 바꾸는 과정이다.

핵심 결과: 가우스 소거법, 역행렬, Cramer 방식은 모두 (1, 2, 3)을 주지만 계산 과정과 활용 목적은 서로 다르다.

결론: λ ≠ 0이면 유일한 해, λ = 0이고 μ = 5이면 무수히 많은 해, λ = 0이고 μ ≠ 5이면 해가 없다.

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