Une application injective, et son image

Injectivité. Pour une application linéaire, il suffit de résoudre $f(x,y)=(0,0,0)$. La première coordonnée donne $x=0$, la troisième donne $y=0$ (la deuxième est alors automatiquement nulle). Donc $\ker (f)=\{(0,0)\}$ et $f$ est injective.

L'image. Écrivons l'image d'un vecteur quelconque comme combinaison linéaire : $$f(x,y)=(x,x+y,y)=x(1,1,0)+y(0,1,1).$$ Donc $\mathrm{Im}(f)=\mathrm{Vect}((1,1,0),(0,1,1))$ : l'image est engendrée par les images des vecteurs de la base canonique, ce qui est toujours le cas.

Une base. Ces deux vecteurs forment une famille libre : si $x(1,1,0)+y(0,1,1)=(0,0,0)$, la première coordonnée donne $x=0$ et la troisième $y=0$. C'est donc une base de $\mathrm{Im}(f)$, et $\mathrm{rg}(f)=2$.

Surjectivité. $\mathrm{Im}(f)$ est de dimension $2$, alors que $\dim ({\mathbb{R}}^3)=3$ : l'image n'est pas ${\mathbb{R}}^3$ tout entier, donc $f$ n'est pas surjective. Concrètement, $(1,0,0)$ n'a pas d'antécédent — il faudrait $x=1$ et $y=0$, mais alors la deuxième coordonnée vaudrait $1$ et non $0$.

Contrôle. Théorème du rang : $0+2=2=\dim ({\mathbb{R}}^2)$.