Intersection de plans : réduction par lignes et géométrie

La matrice augmentée se réduit ainsi : $$\left[\begin{array}{rrr|r}1&1&1&3\\1&2&1&5\end{array}\right].$$ L’opération $R_2\leftarrow R_2-R_1$ donne $$\left[\begin{array}{rrr|r}1&1&1&3\\0&1&0&2\end{array}\right].$$ Ensuite, $R_1\leftarrow R_1-R_2$ donne $$\left[\begin{array}{rrr|r}1&0&1&1\\0&1&0&2\end{array}\right].$$ On a donc $x+z=1$ et $y=2$. La colonne de $z$ n’a pas de pivot; on choisit $z=t$. La solution complète est $$\begin{gathered}(x,y,z)=(1-t,2,t)\\=(1,2,0)+t(-1,0,1),\\t\in\mathbb R.\end{gathered}$$ Le vecteur directeur $(-1,0,1)$ est non nul et il reste un paramètre réel libre : l’ensemble est une droite. Pour tout $t$, les membres de gauche des équations initiales deviennent $(1-t)+2+t=3$ et $(1-t)+2(2)+t=5$. Les deux vérifications sont satisfaites.

Soustrayez trois fois la première ligne de la deuxième : $$\left[\begin{array}{rrr|r}1&-2&1&1\\3&-6&3&k\end{array}\right].$$ On obtient la matrice $$\left[\begin{array}{rrr|r}1&-2&1&1\\0&0&0&k-3\end{array}\right].$$ Si $k=3$, la dernière ligne signifie $0=0$ et les plans sont confondus. Choisissez indépendamment deux réels $s,t$, posez $y=s$, $z=t$ et isolez $x$ dans la première équation : $$\begin{gathered}(x,y,z)\\=(1+2s-t,s,t).\end{gathered}$$ Le premier membre de gauche vaut $1+2s-t-2s+t=1$; le deuxième vaut trois fois ce résultat, donc 3. Deux paramètres libres décrivent tout le plan commun. Si $k\ne3$, la dernière ligne affirme $0=k-3$ avec un membre de droite non nul : il n’y a aucune solution. Les plans sont parallèles et distincts. Ici, $k$ fixe le problème; $s,t$ décrivent ses solutions lorsque $k=3$.

En remplaçant les coordonnées de la droite dans $P_3$, on obtient $$\begin{gathered}(1+2t)+(3-3t)\\{}+(1+a)t=4+at=b,\end{gathered}$$ donc $at=b-4$. Le lien avec la matrice est direct : partez des trois lignes initiales, effectuez les opérations précédentes sur les lignes 1 et 2, puis faites $R_3\leftarrow R_3-R_1-R_2$. Cette dernière notation abrège deux opérations successives : soustraire la ligne 1 courante, puis la ligne 2 courante. On obtient $$\left[\begin{array}{rrr|r}1&0&-2&1\\0&1&3&3\\0&0&a&b-4\end{array}\right].$$ Si $a\ne0$, la troisième ligne fixe $t=z=(b-4)/a$. Il y a donc exactement un point commun, que l’on trouve en remplaçant $t$ par cette valeur dans la droite connue. Si $a=0$ et $b=4$, la troisième ligne signifie $0=0$ : $P_3$ est le même plan que $P_1$, donc toute la droite initiale reste solution. Si $a=0$ et $b\ne4$, la troisième ligne est contradictoire et il n’y a aucun point commun. Pour $a=2,\ b=6$, on a $t=1$, d’où $(3,0,1)$. Vérifications directes : $3+0+1=4$, $2(3)+0-1=5$ et $3+0+3(1)=6$.