Exercices corrigés : les vecteurs dans l'espace et les trois produits (201-NYC / Maths 105)

a) $\vec{AB}=(3-1;\ 5-2;\ 5-(-1))=(2;\ 3;\ 6)$ et $\vec{AC}=(2-1;\ 6-2;\ 7-(-1))=(1;\ 4;\ 8)$.

b) $\|\vec{AB}\|=\sqrt{2^{2}+3^{2}+6^{2}}=\sqrt{4+9+36}=\sqrt{49}=7$ et $\|\vec{AC}\|=\sqrt{1^{2}+4^{2}+8^{2}}=\sqrt{1+16+64}=\sqrt{81}=9$.

c) $2\vec{AB}=(4;\ 6;\ 12)$ et $3\vec{AC}=(3;\ 12;\ 24)$, donc $2\vec{AB}-3\vec{AC}=(4-3;\ 6-12;\ 12-24)=(1;\ -6;\ -12)$.

d) Le vecteur unitaire est $\dfrac{\vec{AB}}{\|\vec{AB}\|}=\dfrac{1}{7}(2;\ 3;\ 6)=\left(\dfrac{2}{7};\ \dfrac{3}{7};\ \dfrac{6}{7}\right)$. Vérification : $\sqrt{\dfrac{4}{49}+\dfrac{9}{49}+\dfrac{36}{49}}=\sqrt{\dfrac{49}{49}}=1$.

a) $\vec{u}\cdot\vec{v}=(2)(1)+(-1)(4)+(3)(-2)=2-4-6=-8$. Le produit scalaire est négatif, donc $\cos\theta<0$ et l'angle est obtus. Aucun calcul d'angle n'est nécessaire : le signe suffit.

b) $\|\vec{u}\|=\sqrt{4+1+9}=\sqrt{14}$ et $\|\vec{v}\|=\sqrt{1+16+4}=\sqrt{21}$. Donc $\cos\theta=\dfrac{-8}{\sqrt{14}\sqrt{21}}=\dfrac{-8}{\sqrt{294}}\approx -0{,}4666$, d'où $\theta\approx 117{,}8^{\circ}$. C'est bien un angle obtus, cohérent avec a).

c) $\vec{u}\cdot\vec{w}=2k+(-1)(2)+(3)(1)=2k+1$. L'orthogonalité impose $2k+1=0$, donc $k=-\dfrac{1}{2}$.

d) $\vec{u_{v}}=\dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{\|\vec{v}\|^{2}}\,\vec{v}=\dfrac{-8}{21}(1;\ 4;\ -2)=\left(-\dfrac{8}{21};\ -\dfrac{32}{21};\ \dfrac{16}{21}\right)$. Le vecteur projeté pointe dans le sens opposé à $\vec{v}$, ce qui est normal puisque l'angle est obtus.

a) $\vec{u}\times\vec{v}=((-1)(-2)-(3)(4);\ (3)(1)-(2)(-2);\ (2)(4)-(-1)(1))=(2-12;\ 3+4;\ 8+1)=(-10;\ 7;\ 9)$.

b) $(\vec{u}\times\vec{v})\cdot\vec{u}=(-10)(2)+(7)(-1)+(9)(3)=-20-7+27=0$ et $(\vec{u}\times\vec{v})\cdot\vec{v}=(-10)(1)+(7)(4)+(9)(-2)=-10+28-18=0$. Les deux produits scalaires sont nuls, donc $\vec{u}\times\vec{v}$ est bien orthogonal aux deux vecteurs.

c) $\|\vec{u}\times\vec{v}\|=\sqrt{(-10)^{2}+7^{2}+9^{2}}=\sqrt{100+49+81}=\sqrt{230}\approx 15{,}17$. L'aire du parallélogramme vaut $\sqrt{230}\approx 15{,}17$ unités d'aire, et celle du triangle $\dfrac{\sqrt{230}}{2}\approx 7{,}58$ unités d'aire.

d) $\vec{v}\times\vec{u}=(10;\ -7;\ -9)=-(\vec{u}\times\vec{v})$. Le produit vectoriel n'est donc PAS commutatif : inverser l'ordre des facteurs inverse le sens du vecteur résultat. Il est anticommutatif. C'est la faute la plus coûteuse du chapitre, car la norme (et donc l'aire) reste la même : l'erreur ne se voit pas sur une aire, mais elle fausse tout vecteur normal orienté.

a) $(\vec{u}\times\vec{v})\cdot\vec{w}=(-10)(3)+(7)(2)+(9)(1)=-30+14+9=-7$.

b) Le produit mixte vaut $-7\neq 0$, donc les trois vecteurs ne sont PAS coplanaires. Attention au signe : c'est la nullité qui caractérise la coplanarité, pas le signe. Un produit mixte négatif indique seulement l'orientation du trièdre.

c) Volume du parallélépipède : $V=|(\vec{u}\times\vec{v})\cdot\vec{w}|=|-7|=7$ unités de volume. Volume du tétraèdre : $V_{t}=\dfrac{7}{6}\approx 1{,}17$ unité de volume.

d) $(\vec{u}\times\vec{v})\cdot\vec{w'}=(-10)(3)+(7)(2)+(9)(m)=-30+14+9m=9m-16$. La coplanarité impose $9m-16=0$, donc $m=\dfrac{16}{9}\approx 1{,}78$.

a) Le cosinus de l'angle entre $\vec{v}$ et l'axe $Ox$ est le cosinus de l'angle entre $\vec{v}$ et le vecteur $\vec{i}=(1;\ 0;\ 0)$ : $\cos\alpha=\dfrac{\vec{v}\cdot\vec{i}}{\|\vec{v}\|\,\|\vec{i}\|}=\dfrac{a}{\|\vec{v}\|}$. De même $\cos\beta=\dfrac{b}{\|\vec{v}\|}$ et $\cos\gamma=\dfrac{c}{\|\vec{v}\|}$. Pour $\vec{v}=(2;\ 3;\ 6)$, on a $\|\vec{v}\|=\sqrt{4+9+36}=\sqrt{49}=7$, donc $\cos\alpha=\dfrac{2}{7}$, $\cos\beta=\dfrac{3}{7}$, $\cos\gamma=\dfrac{6}{7}$. Les angles directeurs sont $\alpha=\arccos\dfrac{2}{7}\approx 73{,}4^{\circ}$, $\beta=\arccos\dfrac{3}{7}\approx 64{,}6^{\circ}$ et $\gamma=\arccos\dfrac{6}{7}\approx 31{,}0^{\circ}$. Le vecteur est le plus proche de l'axe $Oz$, ce qui est cohérent avec sa plus grande composante.

b) En additionnant les carrés : $\cos^{2}\alpha+\cos^{2}\beta+\cos^{2}\gamma=\dfrac{a^{2}}{\|\vec{v}\|^{2}}+\dfrac{b^{2}}{\|\vec{v}\|^{2}}+\dfrac{c^{2}}{\|\vec{v}\|^{2}}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{\|\vec{v}\|^{2}}$. Or, par définition de la norme, $a^{2}+b^{2}+c^{2}=\|\vec{v}\|^{2}$, donc la somme vaut $1$. Le lien avec le vecteur unitaire est direct et éclairant : le vecteur unitaire de $\vec{v}$ est $\dfrac{\vec{v}}{\|\vec{v}\|}=\left(\dfrac{a}{\|\vec{v}\|};\ \dfrac{b}{\|\vec{v}\|};\ \dfrac{c}{\|\vec{v}\|}\right)=(\cos\alpha;\ \cos\beta;\ \cos\gamma)$. Les cosinus directeurs SONT les composantes du vecteur unitaire, et l'identité n'est rien d'autre que le fait qu'un vecteur unitaire a une norme de $1$. Vérification sur a) : $\dfrac{4}{49}+\dfrac{9}{49}+\dfrac{36}{49}=\dfrac{49}{49}=1$.

c) Former le même angle avec les trois axes signifie $\cos\alpha=\cos\beta=\cos\gamma$, donc, d'après a), $\dfrac{a}{\|\vec{v}\|}=\dfrac{b}{\|\vec{v}\|}=\dfrac{c}{\|\vec{v}\|}$, c'est-à-dire $a=b=c$. Le vecteur $\vec{v}=(1;\ 1;\ 1)$ convient, ainsi que tous ses multiples : c'est la diagonale du cube. Son angle commun vérifie $\cos^{2}\theta+\cos^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$, soit $3\cos^{2}\theta=1$, donc $\cos\theta=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ et $\theta=\arccos\dfrac{1}{\sqrt{3}}\approx 54{,}7^{\circ}$. C'est l'angle célèbre entre la diagonale d'un cube et ses arêtes.

d) Non : si les trois angles valaient $45^{\circ}$, la somme des carrés des cosinus serait $3\cos^{2}45^{\circ}=3\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$, ce qui dépasse $1$ et contredit l'identité de b). Aucun vecteur ne peut donc être à $45^{\circ}$ des trois axes à la fois : l'identité impose une contrainte, les trois angles ne sont pas indépendants. En revanche, $60^{\circ}$ avec $Ox$ et $60^{\circ}$ avec $Oy$ est possible : on a $\cos^{2}\gamma=1-\cos^{2}60^{\circ}-\cos^{2}60^{\circ}=1-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}$, donc $\cos\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ et $\gamma=45^{\circ}$. Le troisième angle est entièrement déterminé (au signe de $\cos\gamma$ près, qui distingue les deux orientations possibles) : c'est la contrainte de b) qui le fixe.

a) On élève les deux relations au carré : $(\vec{u}\cdot\vec{v})^{2}=\|\vec{u}\|^{2}\|\vec{v}\|^{2}\cos^{2}\theta$ et $\|\vec{u}\times\vec{v}\|^{2}=\|\vec{u}\|^{2}\|\vec{v}\|^{2}\sin^{2}\theta$. En additionnant : $\|\vec{u}\times\vec{v}\|^{2}+(\vec{u}\cdot\vec{v})^{2}=\|\vec{u}\|^{2}\|\vec{v}\|^{2}(\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta)=\|\vec{u}\|^{2}\|\vec{v}\|^{2}$, puisque $\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$. L'identité est démontrée.

b) On a $\vec{u}\times\vec{v}=(-10;\ 7;\ 9)$ donc $\|\vec{u}\times\vec{v}\|^{2}=230$, et $\vec{u}\cdot\vec{v}=-8$ donc $(\vec{u}\cdot\vec{v})^{2}=64$. La somme vaut $230+64=294$. Par ailleurs $\|\vec{u}\|^{2}=14$ et $\|\vec{v}\|^{2}=21$, donc $\|\vec{u}\|^{2}\|\vec{v}\|^{2}=14\times 21=294$. Les deux membres sont égaux : l'identité est vérifiée.

c) Si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux, alors $\vec{u}\cdot\vec{v}=0$, et l'identité devient $\|\vec{u}\times\vec{v}\|^{2}=\|\vec{u}\|^{2}\|\vec{v}\|^{2}$, d'où $\|\vec{u}\times\vec{v}\|=\|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|$ (les normes étant positives). Géométriquement : le parallélogramme construit sur deux vecteurs orthogonaux est un rectangle, et son aire est bien le produit des deux côtés. À normes $\|\vec{u}\|$ et $\|\vec{v}\|$ fixées, l'aire est donc maximale quand les vecteurs sont perpendiculaires.

d) Le vecteur $\vec{v}\times\vec{w}$ est orthogonal au plan engendré par $\vec{v}$ et $\vec{w}$. Dire que $\vec{u}$, $\vec{v}$ et $\vec{w}$ sont coplanaires revient à dire que $\vec{u}$ appartient à ce plan, c'est-à-dire que $\vec{u}$ est orthogonal à la normale $\vec{v}\times\vec{w}$, ce qui s'écrit exactement $\vec{u}\cdot(\vec{v}\times\vec{w})=0$. Réciproquement, si ce produit scalaire est nul, $\vec{u}$ est orthogonal à $\vec{v}\times\vec{w}$ donc appartient au plan de $\vec{v}$ et $\vec{w}$ : les trois vecteurs sont coplanaires. Lecture équivalente : le volume du parallélépipède est nul, donc le solide est aplati.

a) $\vec{PQ}=(3-1;\ 2-1;\ 1-1)=(2;\ 1;\ 0)$, $\vec{PR}=(2-1;\ 4-1;\ 3-1)=(1;\ 3;\ 2)$ et $\vec{PS}=(4-1;\ 3-1;\ 5-1)=(3;\ 2;\ 4)$.

b) $\vec{PQ}\times\vec{PR}=((1)(2)-(0)(3);\ (0)(1)-(2)(2);\ (2)(3)-(1)(1))=(2;\ -4;\ 5)$. Sa norme vaut $\sqrt{4+16+25}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$. L'aire du triangle $PQR$ est la moitié de l'aire du parallélogramme : $\mathcal{A}_{PQR}=\dfrac{3\sqrt{5}}{2}\approx 3{,}35$ unités d'aire.

c) Produit mixte : $(\vec{PQ}\times\vec{PR})\cdot\vec{PS}=(2)(3)+(-4)(2)+(5)(4)=6-8+20=18$. Le volume du tétraèdre vaut $V=\dfrac{|18|}{6}=3$ unités de volume.

d) De $V=\dfrac{1}{3}\mathcal{A}_{PQR}\,h$ on tire $h=\dfrac{3V}{\mathcal{A}_{PQR}}=\dfrac{3\times 3}{\frac{3\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{9\times 2}{3\sqrt{5}}=\dfrac{18}{3\sqrt{5}}=\dfrac{6}{\sqrt{5}}=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}\approx 2{,}68$.

e) Le vecteur $\vec{n}=\vec{PQ}\times\vec{PR}=(2;\ -4;\ 5)$ est normal au plan $PQR$, qui passe par $P(1;\ 1;\ 1)$. Son équation est $2(x-1)-4(y-1)+5(z-1)=0$, soit $2x-4y+5z-3=0$. Vérification rapide sur $Q$ : $6-8+5-3=0$, et sur $R$ : $4-16+15-3=0$. Distance de $S(4;\ 3;\ 5)$ : $d=\dfrac{|2(4)-4(3)+5(5)-3|}{\sqrt{2^{2}+(-4)^{2}+5^{2}}}=\dfrac{|8-12+25-3|}{\sqrt{45}}=\dfrac{18}{3\sqrt{5}}=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}\approx 2{,}68$. On retrouve exactement la hauteur de d), ce qui valide les deux chemins.

f) On teste $T(0;\ 5;\ 1)$ dans l'équation du plan : $2(0)-4(5)+5(1)-3=0-20+5-3=-18\neq 0$. Donc $T$ n'appartient PAS au plan $PQR$. Le volume du tétraèdre $PQRT$ n'est donc pas nul : $\vec{PT}=(-1;\ 4;\ 0)$ et $(\vec{PQ}\times\vec{PR})\cdot\vec{PT}=(2)(-1)+(-4)(4)+(5)(0)=-2-16=-18$, d'où $V=\dfrac{|-18|}{6}=3$ unités de volume. La prévision sans calcul de volume était possible : la valeur $-18$ obtenue en testant $T$ dans l'équation du plan EST exactement le produit mixte $\vec{n}\cdot\vec{PT}$, car $2x-4y+5z-3$ vaut $\vec{n}\cdot\vec{PM}$ pour tout point $M$ : l'équation du plan est construite sur le même vecteur normal. Un point hors du plan donne un volume non nul ; seul un point du plan aurait donné un volume nul.

a) $\vec{AP}=(4-1;\ 4-0;\ 3-2)=(3;\ 4;\ 1)$. La projection de $\vec{AP}$ sur $\vec{d}$ est $\vec{p}=\dfrac{\vec{AP}\cdot\vec{d}}{\|\vec{d}\|^{2}}\,\vec{d}$. On calcule $\vec{AP}\cdot\vec{d}=(3)(2)+(4)(1)+(1)(-2)=6+4-2=8$ et $\|\vec{d}\|^{2}=4+1+4=9$, donc $\vec{p}=\dfrac{8}{9}(2;\ 1;\ -2)=\left(\dfrac{16}{9};\ \dfrac{8}{9};\ -\dfrac{16}{9}\right)$. La composante orthogonale est $\vec{q}=\vec{AP}-\vec{p}=\left(3-\dfrac{16}{9};\ 4-\dfrac{8}{9};\ 1+\dfrac{16}{9}\right)=\left(\dfrac{11}{9};\ \dfrac{28}{9};\ \dfrac{25}{9}\right)$.

b) Orthogonalité : $\vec{q}\cdot\vec{d}=\dfrac{1}{9}\big[(11)(2)+(28)(1)+(25)(-2)\big]=\dfrac{1}{9}(22+28-50)=\dfrac{0}{9}=0$. La composante $\vec{q}$ est bien orthogonale à $\vec{d}$, ce qui confirme la décomposition. Contrôle par Pythagore : $\|\vec{AP}\|^{2}=9+16+1=26$. Par ailleurs $\|\vec{p}\|^{2}=\dfrac{\big(\vec{AP}\cdot\vec{d}\big)^{2}}{\|\vec{d}\|^{2}}=\dfrac{64}{9}$ et $\|\vec{q}\|^{2}=\dfrac{11^{2}+28^{2}+25^{2}}{81}=\dfrac{121+784+625}{81}=\dfrac{1530}{81}=\dfrac{170}{9}$. La somme vaut $\dfrac{64}{9}+\dfrac{170}{9}=\dfrac{234}{9}=26$, ce qui coïncide : $\vec{p}$ et $\vec{q}$ forment bien les deux côtés d'un angle droit dont $\vec{AP}$ est l'hypoténuse.