$f$ 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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