Seja \operatorname{dim}(V)<\infty e suponha que \tau \in L(V) satisfaz \tau^{2}=0. Mostre que 2 \operatorname{rk}(\tau) \leq \operatorname{dim}(V).

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações:
  • Temos um espaço vetorial de dimensão finita \dim(V)<\infty.
  • Há um operador linear \tau \in L(V) que satisfaz \tau^{2}=0 (isto é, \tau\circ\tau=0).
    O que é pedido:
  • Mostrar que \;2\,\operatorname{rk}(\tau)\leq\operatorname{dim}(V).

Passo 2

Vamos recordar e fixar notações e conceitos usados na prova (isso é importantíssimo para entender cada passo):
  • A imagem de \tau é o subespaço \operatorname{Im}(\tau)=\{\tau(v):v\in V\}.
  • O núcleo (kernel) de \tau é \ker(\tau)=\{v\in V:\tau(v)=0\}.
  • A rank (posto) de \tau é \operatorname{rk}(\tau)=\dim(\operatorname{Im}(\tau)).
  • A nullity (nulo) de \tau é \dim(\ker(\tau)).
    Estas definições são básicas: a imagem é o conjunto de vetores alcançados por \tau, o núcleo é o conjunto que é enviado para o vetor zero.

Passo 3

Mostro que \operatorname{Im}(\tau)\subseteq\ker(\tau). Pegue um vetor arbitrário v\in V. Então \tau(v)\in\operatorname{Im}(\tau) por definição. Aplicando \tau de novo,
\tau(\tau(v))=\tau^2(v)=0,
já que \tau^2=0 pelo enunciado. Isso diz que \tau(v)\in\ker(\tau). Como v foi arbitrário, todo vetorde \operatorname{Im}(\tau) pertence a \ker(\tau). Logo
\operatorname{Im}(\tau)\subseteq\ker(\tau).

Passo 4

Da inclusão de subespaços deduzimos uma desigualdade entre dimensões. Propriedade geral de subespaços diz que se U e W são subespaços de V e U\subseteq W então \dim(U)\le\dim(W). Aplicando isso a U=\operatorname{Im}(\tau) e W=\ker(\tau) obtemos
\operatorname{rk}(\tau)=\dim(\operatorname{Im}(\tau))\le\dim(\ker(\tau)).

Passo 5

Agora uso o Teorema do Posto-Nulidade (rank–nullity): para um operador linear \tau em espaço de dimensão finita vale
\dim(V)=\operatorname{rk}(\tau)+\dim(\ker(\tau)).
Breve explicação de por que isso é verdade (esqueleto da prova do teorema): escolha uma base \{b_1,\dots,b_k\} de \ker(\tau) e estenda-a a uma base de V, digamos \{b_1,\dots,b_k,b_{k+1},\dots,b_n\}. Os vetores \tau(b_{k+1}),\dots,\tau(b_n) geram \operatorname{Im}(\tau) e são linearmente independentes, portanto formam uma base de \operatorname{Im}(\tau). Assim \dim(\operatorname{Im}(\tau))=n-k e \dim(\ker(\tau))=k, logo n=k+(n-k), que é exatamente a fórmula acima.

Passo 6

Combine a desigualdade do Passo 4 com a identidade do Passo 5. Como \dim(\ker(\tau))\ge\operatorname{rk}(\tau), substituindo na expressão de rank–nullity dá
\dim(V)=\operatorname{rk}(\tau)+\dim(\ker(\tau))\ge\operatorname{rk}(\tau)+\operatorname{rk}(\tau)=2\,\operatorname{rk}(\tau).
Reescrevendo,
2\,\operatorname{rk}(\tau)\le\dim(V),
que é exatamente a desigualdade pedida.

Passo 7

Comentário final e intuição: a condição \tau^2=0 força a imagem de \tau a cair dentro do núcleo; portanto a parte “efetiva” que \tau consegue produzir (a imagem) está limitada pelo tamanho do conjunto que é anulado (o núcleo). Como a dimensão total é soma dessas duas quantidades (posto + nulidade), a imagem não pode ser maior que metade do espaço. Um exemplo em que a igualdade ocorre: tome V=U\oplus U e defina \tau(u_1,u_2)=(0,u_1). Então \tau^2=0, \operatorname{rk}(\tau)=\dim(U) e \dim(V)=2\dim(U), logo a desigualdade fica igualdade.

Resposta

2\,\operatorname{rk}(\tau)\leq\operatorname{dim}(V)

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