$\ker f$ de dimension finie

Le théorème du rang appliqué à $g$ donne immédiatement le résultat. Malheureusement je pense que démontrer le théorème du rang sur un espace de départ de dimension a priori infini nécessite d'une manière ou d'une autre l'existence d'un supplémentaire (c'est en fait exactement le théorème du rang que tu démontres). On pourrait aussi dire que $g$ induit un isomorphisme de $\ker f^2/\ker f$ dans $\text{Im} g$, mais pour obtenir la dimension du quotient on tourne en rond...

N’est t-il pas possible, pour éviter l’utilisation de l’axiome de choix, de raisonner par l’absurde et de construire par récurrence un sous-espace vectoriel $S_n$ de $\ker(f^2)$ d’intersection nulle avec $\ker(f)$ et de dimension $n$ pour tout $n\in\N$?

@Max : tout simplement (tu) Je m’apprêtais à réfléchir à l'existence d'une famille génératrice finie justement.

@Calli : c'est exactement la signification du message de Max.

Quelques remarques:

1/ Le cerveau anticipe souvent inconsciemment. Il est pertinent de parler d'axiome du choix ici, sauf que c'est un théorème de ZF quand il est particularisé à des ensembles finis.

2/ Soit $A$ un ensemble, $E$ un espace vectoriel, $f\in L(E,E)$ et $w:A\to E$ une famille génératrice de $Ker(f)$. Bon, là, il est "évident" qu'avec l'axiome du choix on peut fabriquer une famille génératrice indicée par $A^2$ de $Ker(f^2)$. Qu'en est-il sans choix?

3/ Le cerveau perçoit aussi certaines "sidérations" liées à l'ensemble vide. Soit $F$ un ensemble fini générant $Ker(f)$. L'existence d'un ensemble $G$, qui est fini et tel que pour tout $u$, si $f(f(u))=0$ alors $\exists v\in G: f(v)=f(u)$ (prouvable mais ayant une forme choix) peut être ralentie dans un esprit par le fait que certains $u$ tel que $f(u)=0$, n'ont pas forcément d'antécédents par $f$.

4/ Comme c'est un étudiant qui pose la question, j'imagine que tous ces éléments, qui vont, non pas peser sur l'idée, mais sur la rédaction rigoureuse d'une preuve, peuvent jouer un grand rôle.