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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