Voici la proposition que je veux démontrer :

Soit $f : G \to H , x \mapsto f(x)$, une application linéaire. Supposons que $\dim G = \dim H$, alors :
$$
f \, \text{est bijective} \Longleftrightarrow \ker f = \lbrace 0_G \rbrace
$$

___________________________
Voici ma preuve :

$\Longrightarrow$ Si $f$ est une application bijective, alors on peut utiliser l'injectivité de $f$, qui dit que $\forall x , y \in G , f(x)=f(y) \Longrightarrow x=y$

Soit $u \in \ker f$, alors $f(u) = 0_H = f \left( 0_G \right) \Longrightarrow u = 0_G$, donc $\ker f = \lbrace 0_G \rbrace$

$\Longleftarrow$ Réciproquement, si $\ker f = \lbrace 0_G \rbrace$, alors on prend $v, w \in \ker f$. Par définition du noyau, on a $f(v)=f(w)=0_H$, donc $f(v) - f(w) = 0_H$. Comme l'application est linéaire, on a $f(v-w) = 0_H$, et donc :
$$
v-w = 0_G \Longrightarrow v=w
$$

Donc $f$ est injective. Enfin, le théorème du rang affirme que
$$
\dim ( \ker f ) + \mathrm{rg} f = \mathrm{rg} f = \dim G = \dim H
$$

Or $f(G) \subseteq H$ et $\mathrm{rg} f = \dim H$, donc $f(G) = H$, ce qui prouve que $f$ est une application surjective.

Ce qui prouve que $f$ est une application bijective.

C.Q.F.D.
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L'implication $\Longrightarrow$ est évidente, donc il n'y a pas de difficulté.
Mon doute est dû au fait que j'ai peur de me tromper sur la démonstration de la surjectivité de $f$. C'est-à-dire sur mon raisonnement.

PS : J'ai préféré de ne pas utilisé la proposition $f \, \text{injective} \Longleftrightarrow f \, \text{surjective}$ car elle est trop courte.

J'ai oublié de préciser que $G$ et $H$ sont des sous-espaces vectoriels.

Sinon, la proposition n'est pas vraie.

Par définition du noyau, on a f(v)=f(w)=0H, donc f(v)−f(w)=0H

C'est pas juste ça.
Il faut prendre v et w dans G tels que f(v) = f(w) => f(v)-f(w) = 0 => f(v-w) = 0 => v-w € ker(f) => v-w = 0 => v = w
Donc f est injective. Le reste est juste

Le 17 mai 2019 à 15:00:55 Hypobowling a écrit :
Par définition du noyau, on a f(v)=f(w)=0H, donc f(v)−f(w)=0H

C'est pas juste ça.
Il faut prendre v et w dans G tels que f(v) = f(w) => f(v)-f(w) = 0 => f(v-w) = 0 => v-w € ker(f) => v-w = 0 => v = w
Donc f est injective. Le reste est juste

C'est d'accord. Je te remercie énormément de m'avoir corrigé dans la démonstration de l'injectivité de $f$.

En particulier, il y a une autre méthode qui dit aussi que
$$\ker f = \lbrace 0_G \rbrace \Longleftrightarrow \det \mathrm{Mat} \left( {\mathcal{B}_H , \mathcal{B}_G} , f \right) \neq 0$$

( s'ils admettent aux moins une base de $G$ et une base de $H$ ).

La contraposée de $f \, \text{est bijective} \Longrightarrow \det \mathrm{Mat} \left( {\mathcal{B}_H , \mathcal{B}_G} , f \right) \neq 0$ se démontre très facilement.

Bref, merci d'avoir vérifié ma preuve.

Si tu as d'autres méthodes pour prouver cette proposition, je suis preneur !