Linear Transformation

# Linear Transformation ## Objectifs et prérequis Ce chapitre vise à maîtriser les transformations linéaires dans le contexte des espaces vectoriels de dimension finie, en particulier $\mathbb{R}^2$ et $\mathbb{R}^3$. À la fin de ce chapitre, l'étudiant doit être capable de : - Vérifier si une application donnée est linéaire. - Déterminer le noyau et l'image d'une transformation linéaire, et en déduire son injectivité, surjectivité et bijectivité. - Trouver l'inverse d'une transformation linéaire lorsqu'il existe. - Identifier les points invariants et les sous-espaces invariants. - Déterminer l'image de droites et de plans sous une transformation linéaire. - Calculer les valeurs propres et les vecteurs propres d'une matrice associée à une transformation linéaire. - Interpréter géométriquement les résultats obtenus. **Prérequis** : Maîtrise des opérations sur les matrices (addition, multiplication, déterminant, rang, inversion), des systèmes linéaires, des espaces vectoriels ($\mathbb{R}^n$), de la base et de la dimension, ainsi que du produit scalaire dans $\mathbb{R}^2$ et $\mathbb{R}^3$. --- ## I. Properties of Linear Transformation Une transformation linéaire (ou application linéaire) est une application entre deux espaces vectoriels qui préserve les opérations d'addition et de multiplication par un scalaire. > **Définition** : Soit $T : V \to W$ une application entre deux espaces vectoriels $V$ et $W$ sur le même corps $\mathbb{K}$ (ici $\mathbb{R}$). $T$ est linéaire si et seulement si, pour tout $\mathbf{u}, \mathbf{v} \in V$ et tout scalaire $c \in \mathbb{R}$ : > $$ > T(\mathbf{u} + \mathbf{v}) = T(\mathbf{u}) + T(\mathbf{v}) \quad \text{et} \quad T(c\mathbf{u}) = cT(\mathbf{u}). > $$ Équivalentement, $T$ est linéaire si et seulement si : $$ T(c\mathbf{u} + d\mathbf{v}) = cT(\mathbf{u}) + dT(\mathbf{v}) \quad \forall \mathbf{u},\mathbf{v} \in V, \forall c,d \in \mathbb{R}. $$ ### Propriétés fondamentales 1. $T(\mathbf{0}_V) = \mathbf{0}_W$ (l'image du vecteur nul est le vecteur nul). 2. Si $T$ est linéaire, alors elle est entièrement déterminée par ses images sur une base de $V$. 3. Toute transformation linéaire de $\mathbb{R}^n$ vers $\mathbb{R}^m$ peut être représentée par une matrice $m \times n$ telle que $T(\mathbf{x}) = A\mathbf{x}$. ### Exemple 1 : Vérification de linéarité Soit $T : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ définie par $T(x, y) = (2x + y, x - 3y)$. **Vérification** : - Soit $\mathbf{u} = (x_1, y_1)$, $\mathbf{v} = (x_2, y_2)$, $c \in \mathbb{R}$. - $T(\mathbf{u} + \mathbf{v}) = T(x_1+x_2, y_1+y_2) = (2(x_1+x_2) + (y_1+y_2), (x_1+x_2) - 3(y_1+y_2))$ $= (2x_1+2x_2+y_1+y_2, x_1+x_2-3y_1-3y_2)$ $= (2x_1+y_1, x_1-3y_1) + (2x_2+y_2, x_2-3y_2) = T(\mathbf{u}) + T(\mathbf{v})$. - $T(c\mathbf{u}) = T(cx_1, cy_1) = (2cx_1 + cy_1, cx_1 - 3cy_1) = c(2x_1+y_1, x_1-3y_1) = cT(\mathbf{u})$. Donc $T$ est linéaire. ### Exemple 2 : Non-linéarité Soit $S : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ définie par $S(x, y) = (x^2, y)$. **Vérification** : - $S(1,0) = (1,0)$, $S(0,1) = (0,1)$, mais $S(1,1) = (1,1)$. - $S((1,0)+(0,1)) = S(1,1) = (1,1)$, tandis que $S(1,0)+S(0,1) = (1,0)+(0,1) = (1,1)$ → semble ok. - Mais $S(2,0) = (4,0)$, tandis que $2S(1,0) = 2(1,0) = (2,0) \neq (4,0)$. Donc $S$ n'est pas linéaire (échec de l'homogénéité). > **À retenir** : Une application est linéaire si et seulement si elle vérifie la linéarité en deux points : additivité et homogénéité. Toute déviation (comme un terme carré, constant, ou produit) détruit la linéarité. ### Exercices d'application corrigés **Exercice 1** : Déterminer laquelle des applications suivantes est linéaire : (a) $T_1(x,y) = (x+y, xy)$ (b) $T_2(x,y,z) = (x+2y, 3z, y-x)$ (c) $T_3(x,y) = (2x+1, y)$ **Corrigé** : (a) $T_1(1,0)=(1,0)$, $T_1(0,1)=(0,1)$, $T_1(1,1)=(2,1)$; mais $T_1(1,0)+T_1(0,1)=(1,1) \neq (2,1)$ → non linéaire. (b) Vérifions : $T_2(\mathbf{u}+\mathbf{v}) = T_2((x_1+x_2,y_1+y_2,z_1+z_2)) = (x_1+x_2+2(y_1+y_2), 3(z_1+z_2), (y_1+y_2)-(x_1+x_2))$ $= (x_1+2y_1, 3z_1, y_1-x_1) + (x_2+2y_2, 3z_2, y_2-x_2) = T_2(\mathbf{u})+T_2(\mathbf{v})$. $T_2(c\mathbf{u}) = (cx_1+2cy_1, 3cz_1, cy_1-cx_1) = c(x_1+2y_1, 3z_1, y_1-x_1) = cT_2(\mathbf{u})$ → linéaire. (c) $T_3(0,0)=(1,0) \neq (0,0)$ → viole $T(\mathbf{0})=\mathbf{0}$ → non linéaire. **Réponse** : Seul $T_2$ est linéaire. --- ## II. The kernel and image of Linear Transformation Le noyau et l'image sont des sous-espaces fondamentaux associés à une transformation linéaire. Ils permettent d'analyser son injectivité et sa surjectivité. > **Définition** : Soit $T : V \to W$ linéaire. > - Le **noyau** de $T$, noté $\ker(T)$, est l'ensemble des vecteurs de $V$ dont l'image est le vecteur nul de $W$ : > $$ > \ker(T) = \{ \mathbf{v} \in V \mid T(\mathbf{v}) = \mathbf{0}_W \}. > $$ > - L'**image** de $T$, notée $\operatorname{im}(T)$ ou $T(V)$, est l'ensemble des images des vecteurs de $V$ : > $$ > \operatorname{im}(T) = \{ T(\mathbf{v}) \mid \mathbf{v} \in V \} \subseteq W. > $$ ### Propriétés 1. $\ker(T)$ est un sous-espace de $V$. 2. $\operatorname{im}(T)$ est un sous-espace de $W$. 3. **Théorème du rang-nullité** : Si $V$ est de dimension finie $n$, alors $$ \dim(\ker(T)) + \dim(\operatorname{im}(T)) = \dim(V) = n. $$ Le rang de $T$ est $\operatorname{rank}(T) = \dim(\operatorname{im}(T))$, et la nullité est $\operatorname{nullity}(T) = \dim(\ker(T))$. 4. $T$ est injective si et seulement si $\ker(T) = \{ \mathbf{0} \}$. 5. $T$ est surjective si et seulement si $\operatorname{im}(T) = W$. 6. $T$ est bijective si et seulement si elle est injective et surjective. ### Exemple 1 : Noyau et image Soit $T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ définie par $T(x,y,z) = (x+y, 2z)$. **Noyau** : Résoudre $T(x,y,z) = (0,0)$ : $$ \begin{cases} x + y = 0 \\ 2z = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y = -x \\ z = 0 \end{cases} \Rightarrow (x, y, z) = (x, -x, 0) = x(1, -1, 0). $$ Donc $\ker(T) = \operatorname{span}\{ (1,-1,0) \}$, de dimension 1. **Image** : Les images sont de la forme $(x+y, 2z)$. Comme $x+y$ peut prendre toute valeur réelle (en choisissant $x$ librement, $y=-x+c$), et $2z$ toute valeur réelle, on obtient : $$ \operatorname{im}(T) = \{ (a,b) \mid a,b \in \mathbb{R} \} = \mathbb{R}^2. $$ Donc $\dim(\operatorname{im}(T)) = 2$. Vérification du théorème : $\dim(\ker(T)) + \dim(\operatorname{im}(T)) = 1 + 2 = 3 = \dim(\mathbb{R}^3)$ → vérifié. $T$ n'est pas injective (noyau non trivial), mais est surjective (image = $\mathbb{R}^2$). ### Exemple 2 : Transformation nulle Soit $T : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ définie par $T(\mathbf{x}) = \mathbf{0}$ pour tout $\mathbf{x}$. - $\ker(T) = \mathbb{R}^n$ (tout vecteur est envoyé sur zéro). - $\operatorname{im}(T) = \{ \mathbf{0} \}$. - $\dim(\ker(T)) = n$, $\dim(\operatorname{im}(T)) = 0$, somme = $n$ → ok. - $T$ n'est injective que si $n=0$ (cas trivial), jamais surjective sauf si $m=0$. > **À retenir** : Le noyau mesure l'échec d'injectivité, l'image mesure l'atteinte de la surjectivité. Le théorème du rang-nullité relie les deux à la dimension du domaine. ### Exercices d'application corrigés **Exercice 2** : Soit $T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ définie par $T(x,y,z) = (x+y, y+z, z+x)$. Trouver $\ker(T)$ et $\operatorname{im}(T)$. **Corrigé** : **Noyau** : Résoudre $T(x,y,z) = (0,0,0)$ : $$ \begin{cases} x + y = 0 \\ y + z = 0 \\ z + x = 0 \end{cases} $$ De la première équation : $y = -x$. Deuxième : $z = -y = -(-x) = x$. Troisième : $z + x = x + x = 2x = 0 \Rightarrow x=0$. Alors $y=0$, $z=0$. Donc seule solution : $(0,0,0)$ → $\ker(T) = \{ \mathbf{0} \}$. **Image** : On cherche tous les vecteurs $(a,b,c)$ tels que $\exists (x,y,z)$ avec : $$ \begin{cases} x + y = a \\ y + z = b \\ z + x = c \end{cases} $$ Ajouter les trois équations : $2(x+y+z) = a+b+c \Rightarrow x+y+z = \frac{a+b+c}{2}$. Alors : - $z = (x+y+z) - (x+y) = \frac{a+b+c}{2} - a = \frac{-a+b+c}{2}$, - $x = \frac{a+b+c}{2} - b = \frac{a-b+c}{2}$, - $y = \frac{a+b+c}{2} - c = \frac{a+b-c}{2}$. Ces expressions sont définies pour tout $a,b,c \in \mathbb{R}$ → tout triplet $(a,b,c)$ est atteignable. Donc $\operatorname{im}(T) = \mathbb{R}^3$. Vérification : $\dim(\ker)=0$, $\dim(\operatorname{im})=3$, somme=3 → ok. $T$ est bijective. **Réponse** : $\ker(T) = \{ \mathbf{0} \}$, $\operatorname{im}(T) = \mathbb{R}^3$. --- ## III. The inverse of a linear transformation/Invariant Points Une transformation linéaire bijective admet une inverse qui est également linéaire. Les points invariants sont ceux qui ne changent pas sous l'application. > **Définition** : Si $T : V \to W$ est bijective linéaire, alors son inverse $T^{-1} : W \to V$ existe et est linéaire, vérifiant $T^{-1}(T(\mathbf{v})) = \mathbf{v}$ et $T(T^{-1}(\mathbf{w})) = \mathbf{w}$ pour tout $\mathbf{v} \in V$, $\mathbf{w} \in W$. > **À retenir** : $T$ est inversible si et seulement si elle est bijective, ce qui équivaut à $\ker(T) = \{ \mathbf{0} \}$ et $\operatorname{im}(T) = W$ (dans le cas fini-dimensionnel, à $\det(A) \neq 0$ lorsque $T(\mathbf{x})=A\mathbf{x}$). ### Points invariants Un point $\mathbf{p}$ est invariant sous $T$ si $T(\mathbf{p}) = \mathbf{p}$. Dans le cas d'une transformation linéaire $T(\mathbf{x}) = A\mathbf{x}$, on cherche les solutions de $A\mathbf{x} = \mathbf{x}$, soit $(A - I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$. > **À retenir** : L'ensemble des points invariants d'une transformation linéaire $T(\mathbf{x})=A\mathbf{x}$ est le noyau de $A - I$, c'est-à-dire l'espace propre associé à la valeur propre $\lambda = 1$. ### Exemple 1 : Inverse d'une transformation linéaire Soit $T : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ définie par $T(x,y) = (2x+y, x-y)$. **Étape 1 : Matrice associée** $T(\mathbf{x}) = A\mathbf{x}$ avec $$ A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}. $$ **Étape 2 : Vérifier l'inversibilité** $\det(A) = (2)(-1) - (1)(1) = -2 -1 = -3 \neq 0$ → $A$ inversible → $T$ bijective. **Étape 3 : Calculer $A^{-1}$** $$ A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}^T = \frac{1}{-3} \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & -\frac{2}{3} \end{pmatrix}. $$ (Vérification : la comatrice de $A$ est $\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}^T$ ? En fait : comatrice $C = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$ ? Mineur de $a_{11}$ : $-1$ → cofacteur $+(-1)$ $a_{12}$ : $1$ → cofacteur $-(1) = -1$ $a_{21}$ : $1$ → cofacteur $-(1) = -1$ $a_{22}$ : $2$ → cofactor $+(2)$ Donc comatrice = $\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$ Adjugée = transpose de la comatrice = $\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$ (symétrique ici) Donc $A^{-1} = \frac{1}{-3} \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/3 & 1/3 \\ 1/3 & -2/3 \end{pmatrix}$ → correct.) **Étape 4 : Écrire $T^{-1}$** $$ T^{-1}(u,v) = A^{-1} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{3}u + \frac{1}{3}v \\ \frac{1}{3}u - \frac{2}{3}v \end{pmatrix} = \left( \frac{u+v}{3}, \frac{u-2v}{3} \right). $$ **Vérification** : $T(T^{-1}(u,v)) = T\left( \frac{u+v}{3}, \frac{u-2v}{3} \right) = \left( 2\cdot\frac{u+v}{3} + \frac{u-2v}{3}, \frac{u+v}{3} - \frac{u-2v}{3} \right)$ $= \left( \frac{2u+2v + u - 2v}{3}, \frac{u+v -u +2v}{3} \right) = \left( \frac{3u}{3}, \frac{3v}{3} \right) = (u,v)$ → ok. ### Exemple 2 : Points invariants Soit $T : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ définie par $T(x,y) = (x+2y, 2x+y)$. Trouver les points invariants. On résout $T(x,y) = (x,y)$ : $$ \begin{cases} x + 2y = x \\ 2x + y = y \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 2y = 0 \\ 2x = 0 \end{cases} \Rightarrow x=0, y=0. $$ Donc seul le point origine est invariant. Alternativement, matrice $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$, résoudre $(A-I)\mathbf{x}=0$ : $$ A-I = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{cases} 2y=0 \\ 2x=0 \end{cases} \Rightarrow x=y=0. $$ Donc $\ker(A-I) = \{ \mathbf{0} \}$ → seul point invariant est l'origine. > **À retenir** : Pour trouver les points invariants d'une transformation linéaire $T(\mathbf{x})=A\mathbf{x}$, résoudre $(A-I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$. La solution est l'espace propre de $A$ pour $\lambda=1$. ### Exercices d'application corrigés **Exercice 3** : Soit $T : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ définie par $T(x,y) = (3x-y, x+2y)$. (a) Montrer que $T$ est linéaire et trouver sa matrice. (b) Déterminer si $T$ est inversible. Si oui, trouver $T^{-1}$. (c) Trouver les points invariants de $T$. **Corrigé** : (a) Linéarité : évidente (combinaison linéaire de $x$ et $y$). Matrice : $T(\mathbf{e}_1)=T(1,0)=(3,1)$, $T(\mathbf{e}_2)=T(0,1)=(-1,2)$ → $$ A = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}. $$ (b) $\det(A) = (3)(2) - (-1)(1) = 6 + 1 = 7 \neq 0$ → inversible. Comatrice de $A$ : - $C_{11} = +\det\begin{pmatrix} 2 \end{pmatrix} = 2$ - $C_{12} = -\det\begin{pmatrix} 1 \end{pmatrix} = -1$ - $C_{21} = -\det\begin{pmatrix} -1 \end{pmatrix} = -(-1) = 1$ - $C_{22} = +\det\begin{pmatrix} 3 \end{pmatrix} = 3$ Donc comatrice = $\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$ Adjugée = transpose = $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$ $A^{-1} = \frac{1}{7} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$ Donc $T^{-1}(u,v) = \frac{1}{7}(2u+v, -u+3v)$. (c) Points invariants : résoudre $T(x,y)=(x,y)$ : $$ \begin{cases} 3x - y = x \\ x + 2y = y \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 2x - y = 0 \\ x + y = 0 \end{cases} $$ De la seconde : $y = -x$. Première : $2x - (-x) = 3x = 0 \Rightarrow x=0 \Rightarrow y=0$. Donc seul point invariant : $(0,0)$. **Réponse** : (a) Linéaire, $A = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ (b) Inversible, $T^{-1}(u,v) = \frac{1}{7}(2u+v, -u+3v)$ (c) Seul point invariant : $(0,0)$ --- ## IV. The image of lines and planes On étudie comment une transformation linéaire agit sur les objets géométriques : droites, plans, etc. Comme elle préserve la linéarité, l'image d'un sous-espace affine est un sous-espace affine (ou dégénéré). > **À retenir** : Sous une transformation linéaire $T(\mathbf{x})=A\mathbf{x}$ : > - L'image d'un sous-espace vectoriel est un sous-espace vectoriel. > - L'image d'une droite passant par l'origine est une droite passant par l'origine (ou un point si dégénérée). > - L'image d'une droite ne passant pas par l'origine est une droite ou un point. > - L'image d'un plan passant par l'origine est un plan passant par l'origine (ou une droite, ou un point). > - L'image d'un plan ne passant pas par l'origine est un plan, une droite ou un point. ### Exemple 1 : Image d'une droite par origine Soit $T : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ définie par $T(x,y) = (x+y, x-y)$. Trouver l'image de la droite $D : y = 2x$ (qui passe par l'origine). Paramétrisation de $D$ : $\mathbf{r}(t) = (t, 2t)$, $t \in \mathbb{R}$. Alors $T(\mathbf{r}(t)) = (t + 2t, t - 2t) = (3t, -t)$. C'est une droite passant par l'origine de vecteur directeur $(3,-1)$. Équation cartésienne : $y = -\frac{1}{3}x$. ### Exemple 2 : Image d'une droite ne passant pas par l'origine Même $T$, trouver l'image de la droite $D' : y = 2x + 1$. Paramétrisation : on peut prendre un point sur $D'$, par exemple quand $x=0$, $y=1$ → point $P_0=(0,1)$. Vecteur directeur : même que pour $D$, car parallèle → $\mathbf{v}=(1,2)$. Donc $\mathbf{r}(t) = (0,1) + t(1,2) = (t, 1+2t)$. Appliquer $T$ : $T(\mathbf{r}(t)) = (t + (1+2t), t - (1+2t)) = (3t+1, -t-1)$. Ceci est une droite paramétrique : point $(1,-1)$ quand $t=0$, vecteur directeur $(3,-1)$. Équation cartésienne : depuis $(1,-1)$ et directeur $(3,-1)$ : $\frac{x-1}{3} = \frac{y+1}{-1}$ → $- (x-1) = 3(y+1)$ → $-x+1 = 3y+3$ → $-x - 3y = 2$ → $x + 3y = -2$. > **À retenir** : Pour trouver l'image d'une droite ou d'un plan sous $T(\mathbf{x})=A\mathbf{x}$ : > 1. Paramétriser l'objet géométrique (point + t×directeur pour droite, point + s×$\mathbf{u}$ + t×$\mathbf{v}$ pour plan). > 2. Appliquer $T$ à la paramétrisation. > 3. Identifier le résultat : point, droite, plan, ou éliminer les paramètres pour obtenir l'équation cartésienne. ### Exemple 3 : Image d'un plan Soit $T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ définie par $T(x,y,z) = (x, y, 0)$ (projection sur le plan $xy$). Trouver l'image du plan $P : x + y + z = 1$. Paramétrisation de $P$ : on peut prendre un point, par exemple quand $x=0,y=0$ → $z=1$ → $P_0=(0,0,1)$. Deux vecteurs directeurs dans le plan : - $\mathbf{u}$ : prendre $x=1,y=0$ → $z=0$ → $\mathbf{u}=(1,0,-1)$ - $\mathbf{v}$ : prendre $x=0,y=1$ → $z=0$ → $\mathbf{v}=(0,1,-1)$ Donc $\mathbf{r}(s,t) = (0,0,1) + s(1,0,-1) + t(0,1,-1) = (s, t, 1-s-t)$. Appliquer $T$ : $T(\mathbf{r}(s,t)) = (s, t, 0)$. Quand $s,t$ parcourent $\mathbb{R}^2$, on obtient tout le plan $xy$ : $\{(s,t,0) \mid s,t \in \mathbb{R}\}$. Donc l'image de $P$ sous $T$ est le plan $z=0$. Vérification : la projection sur $xy$ envoie tout point sur son ombre dans $xy$ ; le plan $x+y+z=1$ coupe le plan $z=0$ along la droite $x+y=1$, mais son image est bien tout le plan $z=0$ car pour tout $(s,t,0)$, on peut prendre le préimage $(s,t,1-s-t)$ qui est sur $P$. > **À retenir** : L'image d'un plan sous une transformation linéaire peut être de dimension inférieure si la transformation n'est pas injective sur ce plan (ici, la projection perd la coordonnée $z$). ### Exercices d'application corrigés **Exercice 4** : Soit $T : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ définie par $T(x,y) = (2x, 3y)$. Trouver l'image de : (a) La droite $D : y = x$ (b) La droite $D' : y = x + 1$ (c) Le plan (dans $\mathbb{R}^2$, on considère les droites comme analogues) — mais comme on est dans $\mathbb{R}^2$, on adapte : trouver l'image du ensemble $S = \{ (x,y) \mid x+2y = 4 \}$. **Corrigé** : (a) $D : y=x$ → paramétrisation : $(t,t)$ → $T(t,t) = (2t, 3t)$ → droite par origine de directeur $(2,3)$ → équation : $y = \frac{3}{2}x$. (b) $D' : y=x+1$ → prendre point quand $x=0$ → $y=1$ → $P_0=(0,1)$ ; directeur $(1,1)$ → $\mathbf{r}(t)=(t, 1+t)$ $T(\mathbf{r}(t)) = (2t, 3(1+t)) = (2t, 3+3t)$ → point quand $t=0$ : $(0,3)$ ; directeur $(2,3)$ → équation : passant par $(0,3)$, directeur $(2,3)$ → $y-3 = \frac{3}{2}(x-0)$ → $y = \frac{3}{2}x + 3$. (c) $S : x+2y=4$ → c'est une droite dans $\mathbb{R}^2$ (non passant par l'origine car $0+0\neq4$). Paramétrisation : prendre un point, par exemple quand $x=0$ → $2y=4$ → $y=2$ → $P_0=(0,2)$. Vecteur directeur : perpendiculaire au normale $(1,2)$ → prendre $(2,-1)$ car $1\cdot2 + 2\cdot(-1)=0$. Donc $\mathbf{r}(t) = (0,2) + t(2,-1) = (2t, 2-t)$. Appliquer $T$ : $T(2t, 2-t) = (2\cdot2t, 3(2-t)) = (4t, 6-3t)$. → point quand $t=0$ : $(0,6)$ ; directeur $(4,-3)$ → équation cartésienne : passant par $(0,6)$, directeur $(4,-3)$ → pente $m = -3/4$ → $y-6 = -\frac{3}{4}(x-0)$ → $y = -\frac{3}{4}x + 6$. **Réponse** : (a) $y = \frac{3}{2}x$ (b) $y = \frac{3}{2}x + 3$ (c) $y = -\frac{3}{4}x + 6$ ---