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 \(\begin{array}[t]{cccc} \varphi~:&F&\rightarrow&\Rr^2\\ &(x,y,0)&\mapsto&(x,y) \end{array}\) est clairement un isomorphisme de \(F\) sur \(\mbox{Im}f(=\Rr^2)\).

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