Dimension finie, dualité et lemme des cinq

(i) $\operatorname{Im} g$, sous-espace de $C$, a une base finie (Dimension, (iii)) ; on en prend des antécédents $b_1, \dots, b_r$ par $g$, en nombre fini. Si $b \in B$, $g(b) = \sum_l \lambda_l g(b_l)$, et $b - \sum_l \lambda_lb_l \in \operatorname{Ker} g = \operatorname{Im} f$. Les $b_l$ et les images par $f$ d'une base finie de $A$ engendrent donc $B$.

(ii) $f^\top g^\top = (g \circ f)^\top = 0$. Si $\lambda \circ f = 0$, $\lambda$ est nulle sur $\operatorname{Ker} g = \operatorname{Im} f$, et la formule $\mu(g(b)) = \lambda(b)$ définit une forme linéaire $\mu$ sur $\operatorname{Im} g$. Une base de $\operatorname{Im} g$ se complète en une base de $C$ par des vecteurs d'une base de $C$ (Dimension, (iii)) ; on prolonge $\mu$ par $0$ sur ces vecteurs, et $\lambda = \mu \circ g = g^\top(\mu)$. Aucun choix : tout est fini.

(iii) Signes. Remplacer $\varphi_l$ par $-\varphi_l$ ne change pas sa bijectivité ; en changeant ainsi le signe de $\varphi_2$, puis de $\varphi_3$, et ainsi de suite, selon que le carré précédent anticommute, on se ramène à des carrés commutatifs. Notons $f_l : A_l \to A_{l+1}$ et $g_l : B_l \to B_{l+1}$.

Injectivité. Si $\varphi_3(x) = 0$, alors $\varphi_4f_3(x) = g_3\varphi_3(x) = 0$, donc $f_3(x) = 0$, et $x = f_2(y)$. Puis $g_2\varphi_2(y) = 0$, donc $\varphi_2(y) = g_1(z')$, et $z' = \varphi_1(z)$. Alors $\varphi_2(y - f_1(z)) = 0$, donc $y = f_1(z)$ et $x = f_2f_1(z) = 0$.

Surjectivité. Soit $x' \in B_3$. On a $g_3(x') = \varphi_4(y)$, et $\varphi_5f_4(y) = g_4g_3(x') = 0$, donc $f_4(y) = 0$ et $y = f_3(x)$. Alors $g_3(x' - \varphi_3(x)) = 0$, donc $x' - \varphi_3(x) = g_2(z')$, avec $z' = \varphi_2(z)$, et $x' = \varphi_3(x + f_2(z))$.