Une application linéaire donnée par une formule

La matrice. Les colonnes de $M$ sont les images des vecteurs de la base canonique : $f(1,0,0)=(1,2,3)$, $f(0,1,0)=(1,-1,0)$, $f(0,0,1)=(-1,1,0)$. D'où

$$M=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 2& -1& 1\\ 3& 0& 0\end{array}\right).$$

Le noyau. Un vecteur $(x,y,z)$ est dans $\ker f$ si et seulement si

$$\{\begin{array}{rl}x+y-z& =0\\ 2x-y+z& =0\\ 3x& =0\end{array}$$

La troisième équation donne $x=0$. Les deux premières deviennent alors $y-z=0$ et $-y+z=0$, soit la seule condition $y=z$. Donc

$$\ker f=\{(0,y,y)\mid y\in \mathbb{R}\}=\mathrm{Vect}((0,1,1)).$$

Le vecteur $(0,1,1)$ est non nul, donc la famille qu'il forme est libre et génératrice de $\ker f$ : c'est une base, et $\dim \ker f=1$.

Le rang. Le théorème du rang s'écrit $\dim \ker f+\mathrm{rg}(M)=3$, la dimension de l'espace de départ. Donc $\mathrm{rg}(M)=3-1=2$.

Vérification directe. Les colonnes de $M$ sont $C_1=(1,2,3)$, $C_2=(1,-1,0)$ et $C_3=(-1,1,0)$. On voit que $C_3=-C_2$, donc $\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}(C_1,C_2)$ ; et $C_1$, $C_2$ ne sont pas proportionnels (la troisième coordonnée de $C_1$ est non nulle, celle de $C_2$ est nulle). D'où $\mathrm{rg}(M)=2$, ce qui confirme le calcul.

Conclusion. $f$ n'est ni injective (son noyau n'est pas réduit à $0$) ni surjective (son image est un plan de ${\mathbb{R}}^3$).