Détermination de $\mbox{Ker}f$ .

Soit $(x,y,z)\in\Rr^3$ .

$\begin{align*} (x,y,z)\in\Rr^3\Leftrightarrow f((x,y,z))=(0,0)\Leftrightarrow(x-z,x+y+z)=(0,0)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x-z=0\\ x+y+z=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} z=x\\ y=-2x \end{array} \right. \end{align*}$

Donc, $\mbox{Ker}f=\{(x,-2x,x),\;x\in\Rr\}=\{x(1,-2,1),\;x\in\Rr\}=\mbox{Vect}((1,-2,1))$ . La famille $((1,-2,1))$ engendre $\mbox{Ker}f$ et est libre. Donc, la famille $((1,-2,1))$ est une base de $\mbox{Ker}f$ . Détermination de $\mbox{Im}f$ .

Soit $(x',y')\in\Rr^2$ .

$\begin{align*} (x',y')\in\mbox{Im}f&\Leftrightarrow\exists(x,y,z)\in\Rr^3/\;f((x,y,z))=(x',y')\\ &\Leftrightarrow\exists(x,y,z)\in\Rr^3/\; \left\{ \begin{array}{l} x-z=x'\\ x+y+z=y' \end{array} \right. \Leftrightarrow\exists(x,y,z)\in\Rr^3/\; \left\{ \begin{array}{l} z=x-x'\\ y=-2x+x'+y' \end{array} \right.\\ &\Leftrightarrow\mbox{le système d'inconnue}\;(x,y,z)~:~\left\{ \begin{array}{l} z=x-x'\\ y=-2x+x'+y' \end{array} \right. \;\mbox{a au moins une solution.} \end{align*}$

Or, le triplet $(0,x'+y',-x')$ est solution et le système proposé admet une solution. Par suite, tout $(x',y')$ de $\Rr^2$ est dans $\mbox{Im}f$ et finalement, $\mbox{Im}f=\Rr^2$ .

Détermination d’un supplémentaire de $\mbox{Ker}f$ .

Posons $e_1=(1,-2,1)$ , $e_2=(1,0,0)$ et $e_3=(0,1,0)$ puis $F=\mbox{Vect}(e_2,e_3)$ et montrons que $\Rr^3=\mbox{Ker}f\oplus F$ .

Tout d’abord, $\mbox{Ker}f\cap F=\{0\}$ . En effet :

$\begin{align*} (x,y,z)\in\mbox{Ker}f\cap F&\Leftrightarrow\exists(a,b,c)\in\Rr^3/\;(x,y,z)=ae_1=be_2+ce_3\\ &\Leftrightarrow\exists(a,b,c)\in\Rr^3/\; \left\{ \begin{array}{l} x=a=b\\ y=-2a=c\\ z=a=0 \end{array} \right. \Leftrightarrow x=y=z=0 \end{align*}$

Vérifions ensuite que $\mbox{Ker}f+F=\Rr^3$ .

$\begin{align*} (x,y,z)\in\mbox{Ker}f+F&\Leftrightarrow\exists(a,b,c)\in\Rr^3/\;(x,y,z)=ae_1+be_2+ce_3\\ &\Leftrightarrow\exists(a,b,c)\in\Rr^3/\; \left\{ \begin{array}{l} a+b=x\\ -2a+c=y\\ a=z \end{array} \right. \Leftrightarrow \exists(a,b,c)\in\Rr^3/\;\left\{ \begin{array}{l} a=z\\ b=x-z\\ c=y+2z \end{array} \right. \end{align*}$

Le système précédent (d’inconnue $(a,b,c)$ ) admet donc toujours une solution et on a montré que $\Rr^3=\mbox{Ker}f+F$ . Finalement, $\Rr^3=\mbox{Ker}f\oplus F$ et $F$ est un supplémentaire de $\mbox{Ker}f$ dans $\Rr^3$ .

Vérifions enfin que $F$ est isomorphe à $\mbox{Im}f$ . Mais, $F=\{(x,y,0),\;(x,y)\in\Rr^2\}$ et $\begin{array}{cccc} \varphi~:&F&\rightarrow&\Rr^2\\ &(x,y,0)&\mapsto&(x,y) \end{array}$ est clairement un isomorphisme de $F$ sur $\mbox{Im}f(=\Rr^2)$ .

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