(10)

On suppose que les deux lignes de (10) sont exactes. Alors :

(i) Si c est injectif, on a

(11) $\operatorname{Im}(b) \cap \operatorname{Im}(u') = \operatorname{Im}(u' \circ a) = \operatorname{Im}(b \circ u).$

(ii) Si a est surjectif, on a

(12) $\operatorname{Ker}(b) + \operatorname{Im}(u) = \operatorname{Ker}(v' \circ b) = \operatorname{Ker}(c \circ v).$

Prouvons (i). Il est clair que l’on a

Inversement, soit $x \in \operatorname{Im}(b) \cap \operatorname{Im}(u')$. Il existe $y \in B$ tel que $x = b(y)$. Comme $v' \circ u' = 0$, on a $0 = v'(x) = v'(b(y)) = c(v(y))$, d’où $v(y) = 0$ puisque c est injectif. Comme $(u, v)$ est une suite exacte, il existe $z \in A$ tel que $y = u(z)$, d’où $x = b(u(z))$.

Prouvons (ii). Comme $v \circ u = 0$ et $v' \circ u' = 0$, il est clair que

Inversement, soit $x \in \operatorname{Ker}(v' \circ b)$. Alors $b(x) \in \operatorname{Ker}(v')$, et il existe $y' \in A'$ tel que $u'(y') = b(x)$ puisque la suite $(u', v')$ est exacte. Comme $a$ est surjectif, il existe $y \in A$ tel que $a(y) = y'$, d’où $b(x) = u'(a(y)) = b(u(y))$; on en conclut que $x - u(y) \in \operatorname{Ker}(b)$, ce qui termine la démonstration.

Alors il existe un homomorphisme et un seul $u_1 : \operatorname{Ker}(a) \to \operatorname{Ker}(b)$, et un homomorphisme et un seul $u_2 : \operatorname{Coker}(a) \to \operatorname{Coker}(b)$, tels que les diagrammes

et

soient commutatifs, i et j désignant les injections canoniques, p et q les surjections canoniques.

En effet, si $x \in \mathrm{Ker}\,(a)$, on a $a(x) = 0$ et $b(u(x)) = u'(a(x)) = 0$, donc $u(x) \in \mathrm{Ker}\,(b)$, et l’existence et l’unicité de $u_1$ sont alors immédiates. De même, on a $u'(a(A)) = b(u(A)) \subset b(B)$, donc $u'$ donne par passage aux quotients un homomorphisme $u_2 : \mathrm{Coker}\,(a) \to \mathrm{Coker}\,(b)$, qui est le seul homomorphisme pour lequel (15) soit commutatif.

Partons maintenant d’un diagramme commutatif (10) de groupes commutatifs ; il lui correspond en vertu du lemme 1 un diagramme

où $i, j, k$ sont les injections canoniques, $p, q, r$ les surjections canoniques, $u_1, u_2$ (resp. $v_1, v_2$) les homomorphismes canoniquement associés à $u, u'$ (resp. $v, v'$) par le lemme 1. On vérifie aussitôt que ce diagramme est commutatif.

(ii) On a $v_2 \circ u_2 = 0$; si $v$ est surjectif, la suite $(u_2, v_2)$ est exacte.

(iii) Supposons $u'$ injectif et $v$ surjectif. Il existe alors un homomorphisme et un seul $d : \mathrm{Ker}\,(c) \to \mathrm{Coker}\,(a)$ ayant la propriété suivante : si $x \in \mathrm{Ker}\,(c)$, $y \in B$ et $t' \in A'$ vérifient les relations $v(y) = k(x)$ et $u'(t') = b(y)$, on a $d(x) = p(t')$. De plus la suite

(*)

est exacte.

Prouvons (i). Comme $u_1$ et $v_1$ ont mêmes graphes que les restrictions de $u$ et $v$ à $\mathrm{Ker}(a)$ et $\mathrm{Ker}(b)$ respectivement, on a $v_1 \circ u_1 = 0$. On a $\mathrm{Ker}(v_1) = \mathrm{Ker}(b) \cap \mathrm{Ker}(v) = \mathrm{Ker}(b) \cap \mathrm{Im}(u) = \mathrm{Im}(j) \cap \mathrm{Im}(u)$. Mais d’après la prop. 1, (i), on a $\mathrm{Ker}(v_1) = \mathrm{Im}(j \circ u_1) = \mathrm{Im}(u_1)$ si $u'$ est injectif.

Prouvons (ii). Comme $u_2$ et $v_2$ proviennent de $u$ et $v$ par passage aux quotients, il est clair que $v_2 \circ u_2 = 0$. Supposons $v$ surjectif ; comme $q$ et $p$ sont surjectifs, on a, en vertu des hypothèses et de la prop. 1, (ii)

Prouvons enfin (iii). Pour $x \in \mathrm{Ker}(c)$, il existe $y \in B$ tel que $v(y) = k(x)$ puisque $v$ est surjectif ; en outre, on a $v'(b(y)) = c(k(x)) = 0$, et par suite il existe un unique $t' \in A'$ tel que $u'(t') = b(y)$ puisque $u'$ est injectif. Montrons que l’élément $p(t') \in \mathrm{Coker}(a)$ est indépendant de l’élément $y \in B$ tel que $v(y) = k(x)$. En effet, si $y' \in B$ est un second élément tel que $v(y') = k(x)$, on a $y' = y + u(z)$ où $z \in A$ ; montrons que si $t'' \in A'$ est tel que $u'(t'') = b(y')$ on a $t'' = t' + a(z)$ ; en effet on a $u'(t' + a(z)) = u'(t') + u'(a(z)) = b(y) + b(u(z)) = b(y + u(z)) = b(y')$. Enfin, on en conclut que $p(t'') = p(t') + p(a(z)) = p(t')$. On peut donc poser $d(x) = p(t')$ et on a ainsi défini une application $d : \mathrm{Ker}(c) \to \mathrm{Coker}(a)$.

Si maintenant $x_1, x_2$ sont des éléments de $\mathrm{Ker}(c)$ et $x = x_1 + x_2$, on prendra des éléments $y_1$ et $y_2$ de $B$ tels que $v(y_1) = k(x_1)$ et $v(y_2) = k(x_2)$ et on choisira pour $y \in B$ l’élément $y_1 + y_2$ ; il est alors immédiat que $d(x) = d(x_1) + d(x_2)$, donc $d$ est un homomorphisme.

Supposons que $x = v_1(x')$ pour un $x' \in \mathrm{Ker}(b)$ ; on prendra alors pour $y \in B$ l’élément $j(x')$. Comme $b(j(x')) = 0$, on en conclut $d(x) = 0$, donc $d \circ v_1 = 0$. Inversement, supposons que $d(x) = 0$. Avec les notations précédentes, on a donc $t' = a(s)$, où $s \in A$. Dans ce cas, on a $b(y) = u'(t') = u'(a(s)) = b(u(s))$, ou encore $b(y - u(s)) = 0$. L’élément $y - u(s)$ est donc de la forme $j(n)$ pour $n \in \mathrm{Ker}(b)$, et on a $k(x) = v(y) = v(u(s) + j(n)) = v(j(n)) = k(v_1(n))$ ; comme $k$ est injectif, $x = v_1(n)$, ce qui prouve que la suite (*) est exacte en $\mathrm{Ker}(c)$.

Enfin, on a (toujours avec les mêmes notations) $u_2(d(x)) =$ u_2(p(t')) = q(u'(t')) = q(b(y)) = 0 donc u_2 \circ d = 0. Inversement, supposons qu’un élément $w = p(t')$ de Coker (a) soit tel que $u_2(w) = u_2(p(t')) = 0$ (avec $t' \in \mathbf{A}'$). On a donc $q(u'(t')) = 0$, et par suite $u'(t') = b(y)$ pour un $y \in \mathbf{B}$; comme $v'(u'(t')) = 0$, on a $v'(b(y)) = 0$, donc $c(v(y)) = 0$, autrement dit $v(y) = k(x)$ pour un $x \in \mathrm{Ker}\,(c)$, et par définition $w = d(x)$, ce qui montre que la suite (*) est exacte en Coker (a). On a vu dans (i) qu’elle est exacte en Ker (b) et dans (ii) qu’elle est exacte en Coker (b), ce qui achève de prouver (iii).

L’assertion (i) est conséquence de l’assertion (i) de la prop. 2 : en effet on a $\mathrm{Ker}\,(a) = 0$ et $\mathrm{Ker}\,(c) = 0$, donc $\mathrm{Ker}\,(b) = 0$.

L’assertion (ii) est conséquence de l’assertion (ii) de la prop. 2 : en effet, on a $\mathrm{Coker}\,(a) = 0$ et $\mathrm{Coker}\,(c) = 0$, donc $\mathrm{Coker}\,(b) = 0$.

Pour prouver (i), considérons le diagramme

où $a'$ est l’application ayant même graphe que la restriction de $b$ à $u(\mathbf{A})$, $w$ et $w'$ les injections canoniques ; il est clair que ce diagramme est commutatif et a ses lignes exactes. En outre $w'$ est injectif, et par hypothèse $v$ est surjectif ; on a donc par la prop. 2, (iii), une suite exacte.

puisque $b$ est injectif et que $a'$ est surjectif ; d’où $\mathrm{Ker}\,(c) = 0$.

Pour prouver (ii), considérons le diagramme

où cette fois $c'$ est l’application ayant même graphe que la restriction de $c$ à $v(B)$, et $w$ et $w'$ ont respectivement mêmes graphes que $v$ et $v'$ ; ce diagramme est commutatif et ses lignes sont exactes. En outre $w$ est surjectif et par hypothèse $u'$ est injectif ; on a donc, par la prop. 2, (iii), une suite exacte

puisque $b$ est surjectif et que $c'$ est injectif ; d’où $\mathrm{Coker}\,(a) = 0$.