\(f\) n’est pas nul et donc \(\mbox{dim}(\mbox{Ker}f)\leq 2\). Puisque \(f^2=0\), \(\mbox{Im}f\subset\mbox{Ker}f\). En particulier, \(\mbox{dim}(\mbox{Ker}f)\geq\mbox{rg}f=3-\mbox{dim}(\mbox{Ker}f)\) et \(\mbox{dim}(\mbox{Ker}f)\geq\frac{3}{2}\).

Finalement, \(\mbox{dim}(\mbox{Ker}f)=2\). \(\mbox{Ker}f\) est un plan vectoriel et \(\mbox{Im}f\) est une droite vectorielle contenue dans \(\mbox{Ker}f\).

\(f\) n’est pas nul et donc il existe \(e_1\) tel que \(f(e_1)\neq0\) (et en particulier \(e_1\neq0\)). Posons \(e_2=f(e_1)\). Puisque \(f^2=0\), \(f(e_2)=f^2(e_1)=0\) et \(e_2\) est un vecteur non nul de \(\mbox{Ker}f\). D’après le théorème de la base incomplète, il existe un vecteur \(e_3\) de \(\mbox{Ker}f\) tel que \((e_2,e_3)\) soit une base de \(\mbox{Ker}f\).

Montrons que \((e_1,e_2,e_3)\) est une base de \(\Rr^3\).

Soit \((\alpha,\beta,\gamma)\in\Rr^3\).

\[\alpha e_1+\beta e_2+\gamma e_3=0\Rightarrow f(\alpha e_1+\beta e_2+\gamma e_3)=0\Rightarrow\alpha e_2=0\Rightarrow\alpha=0\;(\mbox{car}\;e_2\neq0).\]

Puis, comme \(\beta e_2+\gamma e_3=0\), on obtient \(\beta=\gamma=0\) (car la famille \((e_2,e_3)\) est libre).

Finalement, \(\alpha=\beta=\gamma=0\) et on a montré que \((e_1,e_2,e_3)\) est libre. Puisque cette famille est de cardinal \(3\), c’est une base de \(R^3\). Dans cette base, la matrice \(A\) de \(f\) s’écrit : \(A= \left( \begin{array}{ccc} 0&0&0\\ 1&0&0\\ 0&0&0 \end{array} \right)\).

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