Anzitutto va precisato che il Teorema eunciato ha senso se V ha dimensione finita. Ricordiamo inoltre le posizioni: KerT è il nucleo dell’applicazione T, ovvero il sottospazio di V di tutti quei vettori v tali che T(v)=0. Inoltre rgT sta per dim ImT, ovvero la dimensione dell’immagine dell’applicazione T, essendo l’immagine il sottospazio di W dei vettori w tali per cui esiste v con T(v)=w, sostanzialmente la solita definizione di immagine di una funzione.
Quanto alla dimostrazione si può procedere così:
Caso 1) rg T=0; dunque ImT=(0) , e dunque V=KerT, da cui ovviamente la validità della formula.
Caso 2) dim kerT=0, dunque KerT=(0); se B è una base per V, allora T(B) è base per ImT, poichè T è iniettivo. Ma allora rgT=dim V, quindi ancora la formula voluta.
Caso generale) Poniamo i=dim KerT, p=rgT=dim ImT; dobbiamo mostrare che dim V=n=i+p. Sia B’=(e1,…,ei) una base per KerT, e B”=(w1,…,wp) una base per ImT. Ora esistono vj vettori di V tali che T(vj)=wj; tali vettori sono tutti distinti e andiamo a dimostrare che l’insieme B=(e1,…,ei,v1,…,vp) è una base per V, avendo osservato che tale insieme B ha proprio cardinalità i+p.
Mostriamo che B genera V; ogni vettore T(v) è combinazione lineare dei wk, e quindi T(v)=T(combinazione lineare dei vj), da cui T(v-comb.lineare dei vj)=0, per cui v-comb.lineare dei vj è combinazione lineare degli ei, da cui il fatto che B genera V.
Mostriamo ora che B è libero; prendiamo una combinazione lineare di elementi di B, e supponiamo sia nulla. Allor applicando T otteniamo ancora 0; usando la linearità di T si trova che una combinazione lineare dei soli wk deve essere nulla, da cui nulli tutti i coefficienti di tale combinazione. Rimangono gli altri, quelli relativi agli elementi della base B’, che quindi anche loro debbono essere nulli, e così si conclude.