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Proposition : Si Lest une autre base de E, alors, pour toute famille (~u1,...,~un) de nvecteurs de E, on a
detL(~u1,...,~un) = detL(B) detB(~u1, . . . , ~un).
D´emonstration : L’application
(~u1,...,~un)7−→ detL(~u1,...,~un)
v´erifie les propri´et´es 1 et 2 du th´eor`eme pr´ec´edent, elle est donc proportionnelle `a detB(·), c’est `a dire qu’il existe
un r´eel αtel que pour tous vecteurs ~u1, . . . , ~un,
detL(~u1,...,~un) = αdetB(~u1,...,~un).
On calcule αen prenant (~u1, . . . ~un) = B.cqfd
Proposition : Soit Bune base de E(de dimension n), (~u1,...,~un) une famille de E. Alors, pour tout i < j,
detB(~u1,...,~ui, . . . , ~uj, . . . , ~un) =
−detB(~u1, . . . , ~uj, . . . , ~ui, . . . , ~un).
D´emonstration : D’apr`es la d´efinition d’un d´eterminant, nous avons
detB(~u1,...,~ui+~uj,...,~ui+~uj, . . . , ~un) = 0.
Mais en utilisant la lin´earit´e, nous avons
detB(~u1,...,~ui+~uj, . . . , ~ui+~uj,...,~un) =
detB(~u1,...,~ui, . . . , ~ui,...,~un)
+ detB(~u1,...,~ui, . . . , ~uj, . . . , ~un)
+ detB(~u1,...,~uj,...,~ui, . . . , ~un)
+ detB(~u1, . . . , ~uj, . . . , ~uj, . . . , ~un).
En utilisant une nouvelle fois que si deux vecteurs sont ´egaux le d´eterminant est nul, nous obtenons finalement
que
detB(~u1,...,~ui+~uj, . . . , ~ui+~uj,...,~un) =
detB(~u1,...,~ui, . . . , ~uj, . . . , ~un)
+ detB(~u1, . . . , ~uj, . . . , ~ui, . . . , ~un) = 0.
cqfd
Proposition : Soit Bune base de E(de dimension n), (~u1,...,~un) une famille de E. Alors, pour tout i < j,
detB(~u1,...,~ui,...,~uj,...,~un) = −detB(~u1,...,~uj,...,~ui, . . . , ~un).
D´emonstration : D’apr`es la d´efinition d’un d´eterminant, nous avons
detB(~u1,...,~ui+~uj,...,~ui+~uj, . . . , ~un) = 0.

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Mais en utilisant la lin´earit´e, nous avons
detB(~u1,...,~ui+~uj, . . . , ~ui+~uj,...,~un) =
detB(~u1,...,~ui, . . . , ~ui,...,~un)
+ detB(~u1,...,~ui, . . . , ~uj, . . . , ~un)
+ detB(~u1,...,~uj,...,~ui, . . . , ~un)
+ detB(~u1, . . . , ~uj, . . . , ~uj, . . . , ~un).
En utilisant une nouvelle fois que si deux vecteurs sont ´egaux le d´eterminant est nul, nous obtenons finalement
que
detB(~u1,...,~ui+~uj, . . . , ~ui+~uj,...,~un) =
detB(~u1,...,~ui, . . . , ~uj, . . . , ~un)
+ detB(~u1, . . . , ~uj, . . . , ~ui, . . . , ~un) = 0.
cqfd
Proposition : Soit Bune base de E(de dimension n), (~u1, . . . , ~un) une famille de E. Si la famille (~u1, . . . , ~un) est
li´ee, alors
detB(~u1,...,~un) = 0.
D´emonstration : La famille ´etant li´ee, il existe un indice itel que ~uis’exprime comme combinaison lin´eaire des
autres :
~ui=X
j6=i
λj·~uj.
Alors, par lin´earit´e du d´eterminant, nous avons
detB(~u1,...,~ui,...,~un)
= detB
~u1,...,,X
j6=i
λj·~uj. . . , ~un
=X
j6=i
detB(~u1, . . . , ~uj, . . . , ~un).
Or, dans chaque d´eterminant de la derni`ere somme, le vecteur ~ujapparaˆıt deux fois, le d´eterminant est donc
nul. cqfd
Proposition : Soit Bune base de E(de dimension n), (~u1,...,~un) une famille de E. Le d´eterminant de cette
famille dans la base Breste inchang´e si on ajoute `a l’un des vecteurs une combinaison lin´eaire des autres.
Autrement dit, pour tout indice j,
detB(~u1,...,~uj,...,~un) = detB
~u1,...,~uj+X
i6=j
λi·~ui, . . . , ~un
D´emonstration : Fixons un indice iet soit ~x obtenu par combinaison lin´eaire des vecteurs
(~uj, j 6=i). Alors, la famille (~uj, j 6=i)∪ {~x}est li´ee. Nous avons alors
detB(~u1, . . . , ~ui+~x, . . . , ~un)
= detB(~u1, . . . , ~ui,...,~un)
+ detB(~u1, . . . , ~x, . . . , ~un)
= detB(~u1, . . . , ~ui,...,~un)
d’apr`es la proposition pr´ec´edente, ce qui ach`eve la poreuve. cqfd

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Th´eor`eme : Si (~u1,...,~un) est une famille de nvecteurs de E(de dimension n) muni d’une base B, les propri´et´es
suivantes sont ´equivalentes :
•(i) detB(~u1,...,~un)6= 0.
•(ii) La famille (~ui,1≤i≤n) est une base de E.
D´emonstration : Remarquons tout d’abord que la famille
(~ui,1≤i≤n) ayant le mˆeme nombre d’´el´ements que la dimension de E, c’est une base si et seulement si elle
est libre.
(i) =⇒(ii).
Nous avons montr´e pr´ec´edemment que si la famille est li´ee, le d´eterminant est nul, ce qui est exactement la
contrapos´ee
de (i) =⇒(ii).
(ii) =⇒(i).
Supposons que B0= (~u1,...,~un) est une base de E. Alors, nous savons qu’il existe un r´eel λtel que
detB0(·) = λdetB(·).
En particulier,
1 = detB0(~u1, . . . , ~un) = λdetB(~u1,...,~un)
et donc
detB(~u1,...,~un)6= 0.
cqfd
D´efinition : Le r´eel λest appel´e d´eterminant de f. Il ne d´epend pas de la base choisie. Il est not´e det (f).
D´emonstration : Unicit´e : Supposons qu’un tel λexiste. Soit B= (~e1, . . . , ~en) une base de E. Alors, nous avons
detB(f(~e1),...,f(~en)) = λdetB(~e1, . . . , ~en) = λ,
ce qui prouve l’unicit´e.
Existence : Soit B0une base de Efix´ee. Alors l’application
ϕ: (~u1, . . . , ~un)7−→ detB0(f(~u1),...,f(~un))
v´erifie les deux premi`eres conditions du th´eor`eme ??. Elle est donc proportionnelle `a detB0. Autrement dit, il
existe un r´eel λtel que, pour toute famille (~u1,...,~un) de vecteurs de E,
detB0(f(~u1),...,f(~un)) = λdetB0(~u1,...,~un).
Soit Bune autre base de E. Alors, nous savons que
detB(·) = detB0(·) detB(B0).
En multipliant l’´egalit´e obtenue pour B0par detB(B0) nous obtenons
detB(f(~u1),...,f(~un)) = λdetB(~u1,...,~un),
ce qui prouve le r´esultat. cqfd

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Proposition : Soit fun endomorphisme de E. Alors, fest bijectif si et seulement si det (f)6= 0 et dans ce cas,
det f−1=1
det (f)·
D´emonstration : Soit B= (~e1,...,~en) une base de E. Alors, nous avons
det (f) = detB(f(~e1),...,f(~en)) .
Donc, det (f)6= 0 si et seulement si la famille (f(~e1),...,f(~en)) est une base autrement dit, si et seulement si f
est bijectif.
Nous avons alors
det (f) det f−1= det f◦f−1= det (Id) = 1.
cqfd
Proposition : Soit (S) un syst`eme lin´eaire admettant une solution ~x0. Notons F0l’ensemble des solutions du
syst`eme homog`ene associ´e. Alors l’ensemble Fdes solutions du syst`eme (S) est
F=n~x0+~x 
~x ∈ F0o.
D´emonstration : Soit ~y une solution de (S) de repr´e sentation matricielle Y. Alors, nous avons
AY =Bet AX0=B
soit
A(Y−X0) = 0
ce qui montre que ~y −~x0∈ F0.
R´eciproquement, si ~y =~x0+~x avec ~x ∈ F0, alors
AY =AX +AX0= 0 + B=B
et donc ~y ∈ F.cqfd