Commençons par des remarques élémentaires : la matrice est non nulle donc \(\textrm{rg}(A) \ge 1\) et comme il y a \(p=4\) lignes et \(n=3\) colonnes alors \(\textrm{rg}(A) \le \min(n,p)=3\). Ensuite on va montrer \(\textrm{rg}(A) \ge 2\) en effet le sous-déterminant \(2\times 2\) (extrait du coin en haut à gauche) : \(\begin{vmatrix} 1 & 2 \cr 3 & 4 \cr \end{vmatrix}= -2\) est non nul. Montrons que \(\textrm{rg}(A)=2\). Avec les déterminants il faudrait vérifier que pour toutes les sous-matrices \(3\times 3\) les déterminants sont nuls. Pour éviter de nombreux calculs on remarque ici que les colonnes sont liées par la relation \(v_2=v_1+v_3\). Donc \(\textrm{rg}(A)=2\). L’application linéaire associée à la matrice \(A\) est l’application \(f_A : \Rr^3 \to \Rr^4\). Et le théorème du rang \(\dim \Ker f_A+ \dim \Im f_A = \dim \Rr^3\) donne ici \(\dim \Ker f_A = 3 - \textrm{rg}(A)=1\). Mais la relation \(v_2=v_1+v_3\) donne immédiatement un élément du noyau : en écrivant \(v_1-v_2+v_3=0\) alors \(A\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\) Donc \(\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix} \in \Ker f_A\). Et comme le noyau est de dimension \(1\) alors \[\Ker f_A = \textrm{Vect} \begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}\] Pour un base de l’image, qui est de dimension \(2\), il suffit par exemple de prendre les deux premiers vecteurs colonnes de la matrice \(A\) (ils sont clairement non colinéaires) : \[\Im f_A = \textrm{Vect} \left\{ v_1, v_2 \right\} = \textrm{Vect} \left\{ \begin{pmatrix}1\\3\\5\\7\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix} \right\}\]

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