Dejar , ser espacios vectoriales, donde es de dimensión finita. Dejarser una transformación lineal. Luego
dónde
- y
Se puede refinar este teorema a través del lema de división para que sea una declaración sobre un isomorfismo de espacios, no solo dimensiones. Explícitamente, dado que T induce un isomorfismo de a , la existencia de una base para V que extiende cualquier base dada de implica, a través del lema de división, que . Tomando dimensiones, el teorema de rango-nulidad sigue inmediatamente.
Matrices
Desde , [5] las matrices vienen inmediatamente a la mente cuando se habla de mapas lineales. En el caso de un matriz, la dimensión del dominio es , el número de columnas de la matriz. Por lo tanto, el teorema de nulidad de rango para una matriz dada inmediatamente se convierte
Aquí proporcionamos dos pruebas. El primero [2] opera en el caso general, utilizando mapas lineales. La segunda prueba [6] analiza el sistema homogéneo por con rango y muestra explícitamente que existe un conjunto de soluciones linealmente independientes que abarcan el núcleo de.
Si bien el teorema requiere que el dominio del mapa lineal sea de dimensión finita, no existe tal suposición en el codominio. Esto significa que hay mapas lineales no dados por matrices para los que se aplica el teorema. A pesar de esto, la primera demostración no es en realidad más general que la segunda: dado que la imagen del mapa lineal es de dimensión finita, podemos representar el mapa desde su dominio a su imagen mediante una matriz, demostrar el teorema para esa matriz, luego redactar con la inclusión de la imagen en el codominio completo.
Primera prueba
Dejar ser espacios vectoriales sobre algún campo y definido como en el enunciado del teorema con .
Como es un subespacio , existe una base para ello. Suponer y deja
ser tal base.
Podemos ahora, por el lema de intercambio de Steinitz , extender con vectores linealmente independientes para formar una base completa de .
Dejar
tal que
es una base para . De esto, sabemos que
- .
Ahora afirmamos que es una base para . La igualdad anterior ya establece que es un grupo electrógeno para ; queda por demostrar que también es linealmente independiente concluir que es una base.
Suponer no es linealmente independiente, y sea
- para algunos .
Así, debido a la linealidad de , resulta que
Esta es una contradicción a siendo una base, a menos que todos son iguales a cero. Esto muestra que es linealmente independiente, y más específicamente que es una base para .
Para resumir, tenemos , una base para , y , una base para .
Finalmente podemos afirmar que
Con esto concluye nuestra prueba.
Segunda prueba
Dejar con columnas linealmente independientes (es decir). Mostraremos que:
- Existe un conjunto de soluciones linealmente independientes al sistema homogéneo .
- Que cualquier otra solución es una combinación lineal de estos soluciones.
Para hacer esto, produciremos una matriz cuyas columnas forman una base del espacio nulo de.
Sin pérdida de generalidad, suponga que la primera columnas de son linealmente independientes. Entonces, podemos escribir
dónde
- con vectores de columna linealmente independientes, y
- , cada uno de cuyos Las columnas son combinaciones lineales de las columnas de .
Esto significa que para algunos (ver factorización de rango ) y, por lo tanto,
Dejar
dónde es el matriz de identidad . Notamos eso satisface
Por tanto, cada uno de los columnas de son soluciones particulares de .
Además, el columnas de son linealmente independientes porque implicará por :
Por lo tanto, los vectores columna de constituyen un conjunto de soluciones linealmente independientes para .
A continuación demostramos que cualquier solución dedebe ser una combinación lineal de las columnas de.
Por esto, deja
ser cualquier vector tal que . Tenga en cuenta que dado que las columnas de son linealmente independientes, implica .
Por lo tanto,
Esto prueba que cualquier vector que es una solucion de debe ser una combinación lineal de soluciones especiales dadas por las columnas de . Y ya hemos visto que las columnas deson linealmente independientes. Por tanto, las columnas deconstituyen una base para el espacio nulo de. Por tanto, la nulidad de es . Desde es igual al rango de , resulta que . Con esto concluye nuestra prueba.
Este teorema es un enunciado del primer teorema de isomorfismo del álgebra para el caso de espacios vectoriales; se generaliza al lema de división .
En un lenguaje más moderno, el teorema también puede expresarse diciendo que cada secuencia corta y exacta de espacios vectoriales se divide. Explícitamente, dado que
es una breve secuencia exacta de espacios vectoriales, entonces, por eso
Aquí R juega el papel de im T y U es ker T , es decir
En el caso de dimensión finita, esta formulación es susceptible de generalización: si
- 0 → V 1 → V 2 → ⋯ → V r → 0
es una secuencia exacta de espacios vectoriales de dimensión finita, entonces [7]
El teorema de rango-nulidad para espacios vectoriales de dimensión finita también puede formularse en términos del índice de un mapa lineal. El índice de un mapa lineal, dónde y son de dimensión finita, se define por
Intuitivamente es el número de soluciones independientes de la ecuación , y es el número de restricciones independientes que se deben aplicar para hacer soluble. El teorema de rango-nulidad para espacios vectoriales de dimensión finita es equivalente al enunciado
Vemos que podemos leer fácilmente el índice del mapa lineal de los espacios involucrados, sin necesidad de analizar en detalle. Este efecto también ocurre en un resultado mucho más profundo: el teorema del índice de Atiyah-Singer establece que el índice de ciertos operadores diferenciales puede leerse en la geometría de los espacios involucrados.