Considérons l’application $f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ associée, en base canonique, à la matrice $$A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& -1\end{array}\right).$$ Si on fixe un $w=(a,b)\in {\mathbb{R}}^2$, une solution $v=(x,y)$ de l’équation $f(v)=w$ doit satisfaire $$\{\begin{array}{ccccc}x& +& 2y& =& a\\ 2x& -& y& =& b\end{array}$$ Après $L_2\leftarrow L_2-2L_1$, $$\{\begin{array}{ccccc}x& +& 2y& =& a\\ & -& 5y& =& b-2a\end{array}\iff (x,y)=(\frac{a+2b}{5},\frac{2a-b}{5})$$ Ainsi, l’ensemble des antécédents d’un $w=(a,b)$ quelconque contient exactement un élément: $$f^{-1}(\{(a,b)\})=\left\{(\frac{a+2b}{5},\frac{2a-b}{5})\right\}.$$ Cet ensemble est bien de la forme “$v_0+\mathrm{Ker}(f)$”, sauf que puisque $\mathrm{rg}(f)=2$, le noyau a dimension $2-2=0$, c’est-à-dire qu’il ne contient que $0_{{\mathbb{R}}^2}=(0,0)$, donc “$+\mathrm{Ker}(f)$” n’a aucun effet, et le $v_0=(\frac{a+2b}{5},\frac{2a-b}{5})$ est l’unique antécédent de $(a,b)$.

Dans l’exemple du dessus, on avait $\det (A)=-5\ne 0$, donc $A$ est inversible et son inverse est donnée par $$A^{-1}=\frac{1}{5}\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& -1\end{array}\right).$$ Si $w=(a,b)$, alors $$[f^{-1}(w){]}_{{\mathcal{B}}_{\mathrm{can}}}=A^{-1}[w{]}_{{\mathcal{B}}_{\mathrm{can}}}=\frac{1}{5}\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{a+2b}{5}\\ \frac{2a-b}{5}\end{array}\right),$$ qui donne bien ce que nous avons trouvé: $$f^{-1}(a,b)=(\frac{a+2b}{5},\frac{2a-b}{5}).$$

Considérons l’application linéaire $f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ associée, en base canonique, à la matrice $$A=\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ 1& -1/2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 1/2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& -1\end{array}\right).$$ Ainsi, $\mathrm{rg}(f)=1<1$, donc $f$ n’est pas inversible. Par exemple, $w=(1,0)$ n’a aucun antécédent, et $w=(1,1/2)$ en a une infinité.