Soit \(u=(x,y,z,t)=xe_1+ye_2+ze_3+te_4\in\Rr^4\). Alors,

\[\begin{align*} f(u)&=xf(e_1)+yf(e_2)+zf(e_3)+tf(e_4)=x(2e_1+e_3)+y(-e_2+e_4)+z(e_1+2e_3)+t(e_2-e_4)\\ &=(2x+z)e_1+(-y+t)e_2+(x+2z)e_3+(y-t)e_4. \end{align*}\] Par suite,

\[u\in\mbox{Ker }f\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x+z=0\\ -y+t=0\\ x+2z=0\\ y-t=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=z=0\\ y=t \end{array} \right..\] Donc, \(\mbox{Ker }f=\{(0,y,0,y),\;y\in\Rr\}=\mbox{Vect}((0,1,0,1))\).

Soit \(u'=(x',y',z',t')\in\Rr^4\).

\[\begin{align*} u'= (x',y',z',t')\in\mbox{Im }f&\Leftrightarrow\exists(x,y,z,t)\in\Rr^4/\;\left\{ \begin{array}{l} 2x+z=x'\\ -y+t=y'\\ x+2z=z'\\ y-t=t' \end{array} \right.\Leftrightarrow\exists(x,y,z,t)\in\Rr^4/\;\left\{ \begin{array}{l} x=\frac{1}{3}(2x'-z')\\ z=\frac{1}{3}(-x'+2z')\\ t=y+y'\\ y'+t'=0 \end{array} \right.\\ &\Leftrightarrow y'=-t' \end{align*}\] (si \(y'\neq-t'\), le système ci-dessus, d’inconnues \(x\), \(y\), \(z\) et \(t\), n’a pas de solution et si \(y'=-t'\), le système ci-dessus admet au moins une solution comme par exemple \((x,y,z,t)=\left(\frac{1}{3}(2x'-z'),0,\frac{1}{3}(-x'+2z'),y')\right)\). Donc, \(\mbox{Im }f=\{(x,y,z,t)\in\Rr^4/\;y+t=0\}=\{(x,y,z,-y)/(x,y,z)\in\Rr^3\}=\{xe_1+y(e_2-e_4)+ze_3,\;(x,y,z)\in\Rr^4\}= \mbox{Vect}(e_1,e_2-e_4,e_3)\).

Autre solution pour la détermination de \(\mbox{Im }f\). \(\mbox{Im }f=\mbox{Vect}(f(e_1),f(e_2),f(e_3),f(e_4))=\mbox{Vect}(2e_1+e_3,-e_2+e_4,e_1+2e_3,e_2-e_4) =\mbox{Vect}(2e_1+e_3,e_1+2e_3,e_2-e_4)\). Mais d’autre part, d’après le théorème du rang, \(\mbox{dim }(\mbox{Im }f)=4-1=3\). Donc, \((2e_1+e_3,e_1+2e_3,e_2-e_4)\) est une base de \(\mbox{Im }f\).

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