L’ensemble des points \((x,y,z)\) vérifiant \(x+y+z=2\) forme un plan, et l’équation \(x-y=0\) définit un second plan. Les points \((x,y,z)\) qui vérifient les deux équations appartiennent donc à l’intersection des deux plans. Les vecteurs normaux, à savoir \(\vd_1 = \vi + \vj +\vk\) et \(\vd_2 = \vi-\vj\text{,}\) sont non colinéaires, de sorte que les plans ne sont pas parallèles. Leur intersection est donc une droite. Nous allons trouver les équations de cette droite.
Afin d’esquisser \(x+y+z=2\text{,}\) nous observons que si deux parmi \(x,y,z\) sont nuls, alors le troisième doit valoir \(2\text{.}\) Ainsi, \((0,0,2)\text{,}\) \((0,2,0)\) et \((2,0,0)\) appartiennent au plan \(x+y+z=2\text{.}\) Le plan \(x-y=0\) contient tout l’axe \(Oz\text{,}\) puisque \((0,0,z)\) vérifie \(x-y=0\) pour tout \(z\text{.}\) Voici quelques esquisses montrant partiellement les deux plans.
Et voici l’intersection.
Méthode 1. Chaque point sur la ligne a une valeur distincte de \(z\text{.}\) Nous allons utiliser \(z\) comme paramètre (nous pourrions en faire autant avec \(x\) ou \(y\text{,}\) rien ne nous oblige à utiliser le nom \(t\) pour le paramètre, mais c’est ce que nous ferons). Posons donc \(t=z\text{.}\) Si \((x,y,z)\) se trouve sur la droite, alors \(z=t\text{,}\) et
\begin{align*}
x+y+t&=2,\\
x-y\phantom{\ \,+t}&=0.
\end{align*}
La seconde équation force \(y=x\text{.}\) En remplaçant dans la première, on obtient
\begin{gather*}
2x+t=2 \implies x=y=1-\tfrac{t}{2},
\end{gather*}
de sorte que l’équation est
\begin{gather*}
x=1-\frac{t}{2},\
y=1-\frac{t}{2},\
z=t\qquad\text{ ou }\qquad \tvect{x}{y}{z}= \tvect{1}{1}{0} + t \tvect{-1/2}{-1/2}{1}.
\end{gather*}
Méthode 2. Nous commençons par trouver un point sur la droite, disons le point vérifiant \(z=0\) (n’importe quelle valeur fonctionnerait, mais \(0\) rend les calculs faciles). Si \((x,y,z)\) se trouve sur la droite et que \(z=0\text{,}\) alors
\begin{align*}
x+y&=2,\\
x-y&=0.
\end{align*}
La seconde équation donne \(y=x\text{.}\) Après substitution dans la première équation, on obtient
\begin{gather*}
2x=2 \implies x=y=1.
\end{gather*}
Ceci donne que \((1,1,0)\) se trouve sur \(\plan{L}\text{.}\) Trouvons maintenant un vecteur directeur, \(\vd\text{.}\)
- Soit \(\vd\) un vecteur direction pour \(\plan{L}\text{.}\) Étant donné que \(\plan{L}\) est contenu dans le plan \(x+y+z=2\text{,}\) le vecteur \(\vd \) doit être orthogonal au vecteur normal du plan : \(x+y+z=2\text{,}\) c’est-à-dire \(\vi + \vj + \vk \text{.}\)
- De la même façon, \(\plan{L}\) est contenu dans le plan \(x-y=0\text{,}\) un vecteur directeur doit être orthogonal au vecteur normal du plan, c’est-à-dire \(\vi - \vj \text{.}\)
Ainsi, on doit choisir un vecteur directeur \(\vd\) qui est orthogonal à la fois à \(\vi + \vj + \vk \) et à \(\vi - \vj\text{.}\) Le produit vectoriel fournit un tel vecteur :
\begin{align*}
\vd&=\tvect{1}{-1}{0} \times\tvect{1}{1}{1}\\
& =\det\left[ \begin{array}{rrr}\vi &\vj&\vk\\
1&-1&0\\ 1&1&1\end{array}\right]
=\vi\det\left[\begin{array}{rr}-1&0\\
1&1\end{array}\right]
-\vj\det\left[\begin{array}{rr}1&0\\
1&1\end{array}\right]
+\vk\det\left[\begin{array}{rr}1&-1\\
1&1\end{array}\right]\\
&=-\vi-\vj+2\vk.
\end{align*}
Nous avons un point sur la droite, ainsi qu’un vecteur directeur, nous pouvons donc donner une équation paramétrique pour \(\plan{L}\text{.}\)
\begin{gather*}
\left( x-1,y-1,z\right) =t\left( -1,-1,2\right) \qquad\text{ ou }\qquad
x=1-t,\ y=1-t,\ z=2t.
\end{gather*}
Ceci peut avoir l’air différent de notre solution précédente; nous verrons qu’il s’agit de deux équations vectorielles de la même droite. Avant, explorons une troisième méthode.
Méthode 3. Nous commençons par trouver deux points sur \(\plan{L}\text{.}\) Nous savons déjà que \((1,1,0)\) se trouve sur notre droite. Nous pouvons penser, à partir de la figure ci-haut, que \((0,0,2)\) fait partie de \(\plan{L}\) aussi. C’est en effet le cas, puisque \((0,0,2)\) vérifie les deux équations, \(x+y+z=2\) et \(x-y=0\text{.}\) Notons que nous aurions pu aussi trouver \((0,0,2)\) en imposant \(x=0\) et en résolvant \(y+z=x+y+z=2\text{,}\) \(-y=x-y=0\) pour \(z\) et \(y\text{.}\) Nous avons donc un vecteur directeur pour la droite : le vecteur déplacement allant de \((0,0,2)\) à \((1,1,0)\text{,}\) c’est-à-dire \(\left( 1-0,1-0,0-2\right) =\left( 1,1,-2\right) \text{.}\) Puisque \((0,0,2)\in \plan{L}\) et que \(\tvect{1}{1}{-1} \) est un vecteur directeur, nous obtenons l’équation
\begin{gather*}
\left( x-0,y-0,z-2\right) =t\left( 1,1,-2\right) \qquad\text{ou}\qquad
x=t,\ y=t,\ z=2-2t.
\end{gather*}
Ceci est semblable, sans être identique à nos solutions précédentes. Voyons comment tout ceci se tient.
Comparons. Les équations paramétriques obtenues par les trois méthodes sont différentes. Ceci a lieu simplement parce que nous avons utilisé des paramètres différents dans ces trois méthodes, même si nous l’avons toujours nommé \(t\text{.}\) Pour clarifier la relation entre les trois réponses, dénotons par \(t_1\) le paramètre pour la première méthode, \(t_2\) celui pour la deuxième, et \(t_3\) celui pour la dernière. Les équations paramétriques deviennent donc :
\begin{alignat*}{4}
&\text{Méthode 1 :}\qquad &
x&=1-\frac{t_1}{2},\qquad &
y&=1-\frac{t_1}{2},\qquad &
z&=t_1;\\
&\text{Méthode 2 :}\qquad &
x&=1-t_2,\qquad &
y&=1-t_2,\qquad &
z&=2t_2;\\
&\text{Méthode 3 :}\qquad &
x&=t_3\qquad &
y&=t_3\qquad &
z&=2-2t_3.
\end{alignat*}
La substitution \(t_1=2t_2\) dans la solution de la méthode 1 donne les équations de la méthode 2, et la substitution \(t_3=1-t_2\) dans l’équation de la méthode 3 donne l’équation de la méthode 2. Les trois donnent la même droite, mais paramétrée de façon différente.
