Teorema peringkat kenolan adalah teorema dalam aljabar linear yang mengatakan:

• jumlah kolom dari matrix M adalah penjumlahan dari peringkat dari M dan kenolan dari M; dan
• dimensi domain dari transformasi linear dari f adalah penjumlahan dari peringkat dari f (dimensi dari bayangan f) dan kenolan dari f (dimensi dari kernel f).^[1][2][3][4]

Teorema ini mengikuti transformasi lineari dari ruang vektor dengan dimensi hingga yang sama, antara fungsi injektif atau surjektif yang menyiratkan bijeksi.

Misalkan T : V → W adalah transformasi linear antara dua ruang vektor, dengan domain V dari T adalah dimensi hingga. Maka,

dengan rank(T) adalah peringkat dari T (dimensi dari bayangannya) dan nullity(T) adalah kenolan dari T (dimensi dari kernelnya). Dengan kata lain,

Teorema ini dapat disempurnakan dengan lema pembagian [en] agar pernyataan tentang isomorfisme pada ruang, tidak hanya dimensi. Secara eksplisit, karena T menginduksi isomorfisme dari V⁄Ker(T) ke Im(T), keberadaan basis untuk V yang memperluas basis apa pun dari Ker(T) menyiratkan, dengan lema pembagian, bahwa Im(T) ⊕ Ker(T) ≅ V. Teorema kenolan peringkat dapat dilihat dengan mengambil dimensi pernyataan tersebut.

Peta linear dapat direpresentasikan dengan matriks. Lebih presisi, matriks M dengan dimensi m × n merepresentasikan peta linear f : Fⁿ → F^m, dengan F adalah lapangan yang mendasarinya.^[5] Maka, dimensi dari domain f adalah n, jumlah dari kolom matriks M, dan teorema kenolan peringkat untuk matriks M dengan dimensi m × n adalah

.

Di sini, terdapat dua pembuktian untuk teorema kenolan peringkat ini. Pembuktian pertama^[2] dioperasikan pada kasus uum, dengan peta linear. Pembuktian kedua^[6] menggunakan sistem homogen Ax = 0, dengan A adalah m × n dengan peringkat r, dan terlihat secara eksplisit bahwa terdapat himpunan solusi kebebasan linear sejumlah n - r yang membentang ruang kenol dari A.

Sementara teorema ini membutuhkan domain dari peta linear berdimensi hingga, tidak terdapat asusi dari kodomain tersebut. Ini berarti bahwa terdapat peta linear yang tidak dituliskan oleh matriks yang diaplikasikan oleh teorema ini. Meskipun demikian, pembuktian pertama tidak lebih lebih umum dari yang kedua; karena bayangan dari peta linear bernimensi hingga, kita dapat merepresentasikan peta tersebut dari domain ke bayangannya dengan sebuah matriks, membuktikan teorema dari matriks tersebut, lalu ditulis dengan penyertaan bayangan pada kodomain yang penuh.

Misalkan V, W adalah ruang vektor pada suatu lapangan F, T mendefinisikan seperti pada pernyataan dari teorema dengan V = n.

Karena Ker(T) ⊂ V adalah subruang, terdapat basis untuknya. Misalkan dim(Ker(T)) = k dan

adalah basisnya.

Kita sekarang dapat, dengan lema perturakan Steinitz, mengembangkan K dengan vektor kebebasan linear w₁, …, w_{n - k} sejumlah n - k untuk membentuk basisi penuh dari V.

Misalkan,

dengan

adalah basis untuk V.

Dari sini, kita tahu bahwa

Kita sekaram membuat klaim bahwa T(S adalah basis untuk Im(T). Persamaan di atas sudah menyebutka bahwa T(S) adalah himpunan pembuat untuk Im(T). Hal ini tetap diperlihatkan bahwa ini juga bebas secara linear untuk menyimpulkan bahwa ini adalah sebuah basis.

Misalkan T(S) tidak bebas secara linear, dan misalkan

$${\displaystyle \sum _{j=1}^{n-k}\alpha _{j}T(w_{j})=0_{W}}$$

untuk beberapa α_j ∈ F.

Maka, oleh karena linearitas dari T, dapat disimpulkan bahwa

$${\displaystyle T\left(\sum _{j=1}^{n-k}\alpha _{j}w_{j}\right)=0_{W}\implies \left(\sum _{j=1}^{n-k}\alpha _{j}w_{j}\right)\in \operatorname {Ker} T=\operatorname {Span} {\mathcal {K}}\subset V.}$$

Ini adalah kontradiksi terhadap B sebagai basis, kecuali seluruh α_j bernilai nol. Ini menunjukkan bahwa T(S) bernilai bebas secara linear, dan lebih spesifik bahwa hal itu adalah basis dari Im T.

Sebagai rangkuman, kita memiliki K, sebuah basis untuk Ker T, dan T(S), sebuah basis untuk Im T.

Akhirnya, kita dapat menyebutkan bahwa

Misalkan A adalah matriks dengan dimensi m × n dan kolom bebas linear sejumlah r (misalnya Rank(A) = r). Kita akan memperlihatkan bahwa:

Untuk melakukannya, kita akan membuat matriks X dengan dimensi n × (n-r) yang kolomnya membentuk basis dari ruang nol dari A.

Tanpa pengurangan generalisasi, kita asumsikan bahwa kolom r pertama dari A bersifat independen secara linar. Jadi, kita bisa menulis:

$${\displaystyle \mathbf {A} ={\begin{pmatrix}\mathbf {A} _{1}&\mathbf {A} _{2}\end{pmatrix}},}$$

dengan

• A₁ adalah matriks m × r dengan kolom vektor bebas linear sejumlah r, dan
• A₂ adalah matriks m × r yang setiap kolom (n-r)-nya adalah kombinasi linear dari kolom A₁

Ini berarti bahwa A₂ = A₂ B untuk beberapa matriks B berdimensi r × (n-r) (lihat faktorisasi peringkat [en]) dan, maka,

$${\displaystyle \mathbf {A} ={\begin{pmatrix}\mathbf {A} _{1}&\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} \end{pmatrix}}.}$$

Misalkan $${\displaystyle \mathbf {X} ={\begin{pmatrix}-\mathbf {B} \\\mathbf {I} _{n-r}\end{pmatrix}},}$$

dengan I_n-r adalah matriks identitas (n-r) × (n-r). Maka, X adalah matriks {{math|n × (n-r) yang

$${\displaystyle \mathbf {A} \mathbf {X} ={\begin{pmatrix}\mathbf {A} _{1}&\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-\mathbf {B} \\\mathbf {I} _{n-r}\end{pmatrix}}=-\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} +\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} =\mathbf {0} _{m\times (n-r)}.}$$

Oleh karena itu, setiap kolom n-r dari X adalah solusi khusus untuk Ax = 0_F^m.

Lebih lanjut, kolom n-r dari X bernilai bebas linear karena Xu = 0_Fⁿ akan menyiratkan u = 0_{F^{n - r}} untuk u ∈ F^{n - r}:

$${\displaystyle \mathbf {X} \mathbf {u} =\mathbf {0} _{{F}^{n}}\implies {\begin{pmatrix}-\mathbf {B} \\\mathbf {I} _{n-r}\end{pmatrix}}\mathbf {u} =\mathbf {0} _{{F}^{n}}\implies {\begin{pmatrix}-\mathbf {B} \mathbf {u} \\\mathbf {u} \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\mathbf {0} _{{F}^{r}}\\\mathbf {0} _{{F}^{n-r}}\end{pmatrix}}\implies \mathbf {u} =\mathbf {0} _{{F}^{n-r}}.}$$

Maka, vektor kolom dari X merupakan himpunan penyelesaian bebas linear dari n-r untuk Ax = 0_F^m.

Sekarang kita buktikan bahwa setiap solusi dari Ax = 0_F^m harus merupakan kombinasi linear dari kolom X.

Untuk itu, pertama, kita tuliskan bahwa $${\displaystyle \mathbf {u} ={\begin{pmatrix}\mathbf {u} _{1}\\\mathbf {u} _{2}\end{pmatrix}}\in {F}^{n}}$$

merupakan vektor apa pun yang membuat Au = 0_F^m. Karena kolom dari A₁ bernilai bebas linear, A₁ x = 0_F^m yang menyiratkan bahwa x = 0_F^r.

Maka, $${\displaystyle {\begin{array}{rcl}\mathbf {A} \mathbf {u} &=&\mathbf {0} _{{F}^{m}}\\\implies {\begin{pmatrix}\mathbf {A} _{1}&\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}\mathbf {u} _{1}\\\mathbf {u} _{2}\end{pmatrix}}&=&\mathbf {A} _{1}\mathbf {u} _{1}+\mathbf {A} _{1}\mathbf {B} \mathbf {u} _{2}&=&\mathbf {A} _{1}(\mathbf {u} _{1}+\mathbf {B} \mathbf {u} _{2})&=&\mathbf {0} _{\mathbb {F} ^{m}}\\\implies \mathbf {u} _{1}+\mathbf {B} \mathbf {u} _{2}&=&\mathbf {0} _{{F}^{r}}\\\implies \mathbf {u} _{1}&=&-\mathbf {B} \mathbf {u} _{2}\end{array}}}$$ $${\displaystyle \implies \mathbf {u} ={\begin{pmatrix}\mathbf {u} _{1}\\\mathbf {u} _{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-\mathbf {B} \\\mathbf {I} _{n-r}\end{pmatrix}}\mathbf {u} _{2}=\mathbf {X} \mathbf {u} _{2}.}$$

Ini membuktikan bahwa setiap vektor u yang adalah solusi dari Ax = 0 harus merupakan kombinasi linear dari solusi spesial n-r yang diberikan oleh kolom dari matriks X. Dan kita telah melihat bahwa kolom dari X bernilai bebas secara linear. Maka, kolom X merupakan basis dari ruang kenol dari A. Maka dari itu, kenolan dari A adalah n-r. Karena r sama dengan peringkat (rank) dari A, maka Rank(A) + Nullity(A) = n. ∎

Ketika T: V ∈ W adalah transformasi linear antara dua subruang berdimensi hingga, dengan n = dim(V) dan m = dim(W),^[a] teorema kenolan peringkat menegaskan bahwa jika T memiliki peringkat r, maka n - r adalah dimensi ruang nol dari M, yang merepresentasikan kernel dari T. Pada beberapa teks, subruang dasar ketiga yang diasosiasikan pada T dihitung bersama dengan bayangan dan kernelnya: sebuah kokernel dari T adalah ruang hasil-bagi [en] W/Im(T), dan dimensinya adalah m - r. Formula dimensi ini^[b] bersama dengan teorema kenolan peringkat kadang disebut sebagai teorema fundamental dari aljabar linear atau teorema dasar dari aljabar linear.^[7][8]

Teorema kenolan peringkat ini adalah pernyataan dari teorema isomorfisme pertama dari aljabar untuk kasus ruang vektor; teorema ini menggeneralisasi lema pembagian [en].

Pada bahasa yang lebih modern, teorema ini juga dapat difrasakan sebagai pernyataan yang mengatakan bahwa setiap barisan eksak pendek dari setiap ruang vektor terbagi. Secara eksplisit, untuk:

adalah barisan eksak pendek dari ruang vektor, maka U ⊕ R ≅ V, maka

Di sini, R memainkan peran sebagai Im T dan U adalah Ker T; yaitu

Pada kasus dimensi takhingga, formulasi ini rentan terhadap generalisasi: jika

adalah barisan eksak dari ruang vektor berdimensi hingga, maka^[9]

$${\displaystyle \sum _{i=1}^{r}(-1)^{i}\dim(V_{i})=0.}$$

Teorema kenolan perangkat untuk ruang vektor berimensi hingga dapat juga diformulasikan dalam hal indeks pada peta linear. Indeks pada peta linear T ∈ Hom(V,W), di mana V dan W adalah dimensi hingga, didefinisikan oleh

Secara intuitif, dim Ker T adalah jumlah solusi independen dari v untuk persamaan Tv = 0 dan dim Coker T adalah jumlah pembatasan independen yang harus diberikan pada w untuk membuat Tv = w dapat diselesaikan. Teorema kenolan peringkat untuk ruang vektor berdimensi hingga setara pada pernyataan

Kita dapat melihat bahwa kita masih dapat membaca indeks pada peta linear T dengan mudah dari ruang yang terlibat, tanpa kebutuhan untuk menganalisis T secara detail; Efek ini juga muncul pada hasil yang lebih dalam: Teorema indeks Atiyah–Singer mengatakan bahwa indeks dari beberapa operator diferensial dapat dibaca dari geometri ruang yang terlibat.

• Axler, Sheldon (2015). Linear Algebra Done Right. Undergraduate Texts in Mathematics (Edisi 3). Springer. ISBN 978-3-319-11079-0. Pemeliharaan CS1: Ref menduplikasi bawaan (link)
• Banerjee, Sudipto; Roy, Anindya (2014), Linear Algebra and Matrix Analysis for Statistics, Texts in Statistical Science (Edisi 1), Chapman and Hall/CRC, ISBN 978-1420095388 Pemeliharaan CS1: Ref menduplikasi bawaan (link)
• Friedberg, Stephen H.; Insel, Arnold J.; Spence, Lawrence E. (2014). Linear Algebra (Edisi 4). Pearson Education. ISBN 978-0130084514. Pemeliharaan CS1: Ref menduplikasi bawaan (link)
• Katznelson, Yitzhak; Katznelson, Yonatan R. (2008). A (Terse) Introduction to Linear Algebra. American Mathematical Society. ISBN 978-0-8218-4419-9. Pemeliharaan CS1: Ref menduplikasi bawaan (link)
• Meyer, Carl D. (2000), Matrix Analysis and Applied Linear Algebra, SIAM, ISBN 978-0-89871-454-8 Pemeliharaan CS1: Ref menduplikasi bawaan (link).
• Valenza, Robert J. (1993) [1951]. Linear Algebra: An Introduction to Abstract Mathematics. Undergraduate Texts in Mathematics (Edisi 3). Springer. ISBN 3-540-94099-5. Pemeliharaan CS1: Ref menduplikasi bawaan (link)

• Gilbert Strang, MIT Linear Algebra Lecture on the Four Fundamental Subspaces, dari MIT OpenCourseWare