Géométrie vectorielle de l'espace · Algèbre linéaire

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

calculer le produit vectoriel de deux vecteurs de $R^{3}$ , en démontrer les propriétés (antisymétrie, bilinéarité, orthogonalité, norme) et l'interpréter comme aire orientée;
calculer un produit mixte, l'identifier à un déterminant $3 \times 3$ et en déduire volumes et conditions de coplanarité;
décrire une droite de l'espace par une représentation paramétrique ou par un système de deux équations cartésiennes, et déterminer la position relative de deux droites;
écrire l'équation cartésienne d'un plan à partir d'un point et d'un vecteur normal, ou de trois points, et passer d'une représentation à l'autre;
calculer des distances (point–droite, point–plan, droites gauches), des angles (droite–plan, plan–plan), des projections orthogonales et des symétriques;
modéliser des situations d'ingénierie: moment d'une force, vitesse d'un solide en rotation, normale d'une facette de maillage, intersection d'un rayon avec un plan.

Pourquoi une géométrie propre à l'espace?

Les chapitres précédents traitent $R^{n}$ pour un $n$ quelconque: produit scalaire, norme, orthogonalité et projections (chapitre 7) ne dépendent pas de la dimension. L'espace physique à trois dimensions possède pourtant une structure supplémentaire, que $R^{2}$ et $R^{4}$ n'ont pas: à deux vecteurs $u$ et $v$ de $R^{3}$ , on peut associer un troisième vecteur $u \land v$ , perpendiculaire aux deux premiers, dont la longueur mesure l'aire du parallélogramme qu'ils engendrent. Ce produit vectoriel est omniprésent en ingénierie.

Moments de forces et couples. Une force $F$ appliquée en un point $P$ tend à faire tourner un solide autour d'un point $O$ ; l'intensité et l'axe de cette tendance sont décrits par le moment $M_{O} = O P \land F$ . Toute la statique des structures — équilibre d'une poutre, d'un portique, d'un assemblage boulonné — repose sur des équations de moments.
Cinématique du solide. Un point d'un solide qui tourne à la vitesse angulaire $ω$ autour d'un axe passant par $O$ a pour vitesse $v = ω \land O P$ : éoliennes, turbines, rotors de drones, bras de robots.
Orientation des surfaces. En conception assistée par ordinateur (CAO) et en impression 3D, une surface est décrite par un maillage de facettes triangulaires; la normale de chaque facette, obtenue par un produit vectoriel, indique quel côté est «l'extérieur» de la pièce et sert au calcul de l'éclairage, des collisions et des volumes.
Robotique et graphisme. Construire un repère orthonormé à partir de deux directions connues (l'axe d'un outil et une direction de référence), détecter si un point est à gauche ou à droite d'une arête, calculer l'intersection d'un rayon lumineux avec une surface: autant d'opérations qui utilisent le produit vectoriel et le produit mixte.

Le produit vectoriel est aussi l'outil naturel pour décrire les droites et les plans de l'espace: un plan est déterminé par un point et un vecteur normal, et la distance d'un point à une droite ou entre deux droites s'exprime à l'aide d'aires et de volumes. Ce chapitre construit ces outils à partir du produit scalaire du chapitre 7 et des déterminants du chapitre 3.

Rappels: vecteurs et repères de l'espace

Repère orthonormé direct

On munit l'espace d'un repère orthonormé $(O; e_{1}, e_{2}, e_{3})$ : les trois vecteurs de base sont unitaires et deux à deux orthogonaux. Un point $P$ est repéré par ses coordonnées $(x, y, z)$ , c'est-à-dire par le vecteur $O P = x e_{1} + y e_{2} + z e_{3}$ , que nous identifions au vecteur colonne $(x, y, z)^{T}$ de $R^{3}$ . Pour alléger l'écriture, nous noterons souvent $u = (u_{1}, u_{2}, u_{3})$ en ligne.

Un repère orthonormé peut être de deux types, images l'un de l'autre dans un miroir. Le repère est dit direct (ou droit) si, en pointant l'index de la main droite selon $e_{1}$ et le majeur selon $e_{2}$ , le pouce pointe selon $e_{3}$ ; il est indirect sinon. Cette convention, appelée règle de la main droite, ne se démontre pas: c'est un choix, universellement adopté en physique et en ingénierie, et nous supposons désormais le repère direct. En termes de déterminants (chapitre 3), une base orthonormée est directe si et seulement si sa matrice de passage depuis $(e_{1}, e_{2}, e_{3})$ a un déterminant égal à $+ 1$ .

Produit scalaire, norme et angle

Rappelons du chapitre 7 les formules, valables dans tout repère orthonormé:

u \cdot v = u_{1} v_{1} + u_{2} v_{2} + u_{3} v_{3}, ∥ u ∥ = u_{1}^{2} + u_{2}^{2} + u_{3}^{2}, cos θ = \frac{u \cdot v}{∥ u ∥ ∥ v ∥}, (8.1)

où $θ \in [0, π]$ est l'angle géométrique entre deux vecteurs non nuls. Deux vecteurs sont orthogonaux si leur produit scalaire est nul. La projection orthogonale de $u$ sur l'axe dirigé par un vecteur non nul $a$ est

proj_{a} (u) = \frac{u \cdot a}{∥ a ∥ ^{2}} a,

et la longueur (signée) de cette projection vaut $u \cdot a / ∥ a ∥$ . Ces deux formules serviront à chaque calcul de distance de ce chapitre.

Enfin, un vecteur directeur d'une droite est un vecteur non nul parallèle à la droite; deux vecteurs non nuls $u$ , $v$ sont colinéaires s'il existe $λ \in R$ tel que $v = λ u$ , et trois vecteurs sont coplanaires s'ils sont contenus dans un même plan vectoriel, c'est-à-dire s'ils forment une famille liée (chapitre 4).

Le produit vectoriel

Définition

La formule (8.2) se retient grâce au déterminant symbolique, développé selon la première ligne comme au chapitre 3:

u \land v = e_{1} u_{1} v_{1} e_{2} u_{2} v_{2} e_{3} u_{3} v_{3} = u_{2} v_{2} u_{3} v_{3} e_{1} - u_{1} v_{1} u_{3} v_{3} e_{2} + u_{1} v_{1} u_{2} v_{2} e_{3} .

Chaque composante est un déterminant $2 \times 2$ obtenu en supprimant la ligne et la colonne de la composante calculée; le signe de la deuxième composante est négatif, ce qui revient à lire les indices dans l'ordre circulaire $1 \to 2 \to 3 \to 1$ : la composante $i$ vaut $u_{j} v_{k} - u_{k} v_{j}$ où $(i, j, k)$ est une permutation circulaire de $(1, 2, 3)$ .

Figure 8.1. Le produit vectoriel u ∧ v est orthogonal au parallélogramme engendré par u et v; sa longueur est l'aire de ce parallélogramme et son sens est donné par la règle de la main droite: index sur u, majeur sur v, le pouce indique u ∧ v.

Exercice

Soient $u = (2, - 1, 3)$ et $v = (1, 4, - 2)$ . Calculez $∥ u \land v ∥$ .

Premières propriétés

Démonstration. Les points 1 et 2 se lisent sur (8.2): chaque composante est une expression bilinéaire en $(u, v)$ qui change de signe quand on échange $u$ et $v$ . Pour le point 3, calculons

u \cdot (u \land v) = u_{1} (u_{2} v_{3} - u_{3} v_{2}) + u_{2} (u_{3} v_{1} - u_{1} v_{3}) + u_{3} (u_{1} v_{2} - u_{2} v_{1}) = 0,

puisque chacun des six produits $u_{i} u_{j} v_{k}$ apparaît deux fois avec des signes opposés ( $u_{1} u_{2} v_{3}$ et $- u_{2} u_{1} v_{3}$ , etc.). Le calcul de $v \cdot (u \land v)$ est identique. Pour le point 4, si $v = λ u$ , l'antisymétrie et la bilinéarité donnent $u \land v = λ (u \land u) = 0$ . Réciproquement, si $u \land v = 0$ avec $u \neq = 0$ , les trois déterminants $2 \times 2$ de (8.2) sont nuls, ce qui signifie que la matrice $2 \times 3$ de lignes $u$ et $v$ est de rang $1$ (chapitre 5): ses lignes sont proportionnelles. Le point 5 est un calcul direct. $□$

Norme et aire

Démonstration. L'identité (8.3), due à Lagrange, se vérifie en développant les deux membres en fonction des composantes; le membre de gauche est une somme de neuf carrés et de produits croisés, le membre de droite est le produit de deux sommes de trois carrés, et tous les termes se correspondent. Ce développement, un peu long mais sans difficulté, est l'objet de l'exercice 8.5. Admettons-le un instant et déduisons (8.4): avec $u \cdot v = ∥ u ∥ ∥ v ∥ cos θ$ ,

∥ u \land v ∥^{2} = ∥ u ∥^{2} ∥ v ∥^{2} (1 - cos^{2} θ) = ∥ u ∥^{2} ∥ v ∥^{2} sin^{2} θ,

et comme $sin θ \geq 0$ sur $[0, π]$ , on peut prendre la racine carrée sans valeur absolue. $□$

La formule (8.4) a une lecture géométrique immédiate: $∥ v ∥ sin θ$ est la hauteur du parallélogramme de côtés $u$ et $v$ relativement à la base $u$ . Ainsi

aire du parall \overset{e}{ˊ} logramme engendr \overset{e}{ˊ} par u, v = ∥ u \land v ∥, aire du triangle A B C = \frac{1}{2} ∥ A B \land A C ∥ . (8.5)

Dans l'exemple 8.1, $∥ u ∥ = 14$ , $∥ v ∥ = 5$ , $u \cdot v = 5$ , et l'on vérifie (8.3): $45 + 25 = 70 = 14 \cdot 5$ . L'angle vaut $θ = arccos (5/ 70) \approx 53, 3°$ et le triangle de côtés $u$ , $v$ a pour aire $35 /2 \approx 3, 354$ .

Orientation et règle de la main droite

Les propriétés 3 et 4 du théorème 8.1 et la formule (8.4) déterminent $u \land v$ au signe près: c'est un vecteur orthogonal au plan de $u$ et $v$ (lorsqu'ils ne sont pas colinéaires), de longueur $∥ u ∥ ∥ v ∥ sin θ$ . Le signe est fixé par la propriété 5, $e_{1} \land e_{2} = e_{3}$ : le triplet $(u, v, u \land v)$ est toujours direct, comme le repère lui-même. Concrètement, si l'index de la main droite pointe selon $u$ et le majeur selon $v$ , le pouce pointe selon $u \land v$ (figure 8.1). Une conséquence importante: le produit vectoriel dépend de l'orientation du repère. Dans un repère indirect, la formule (8.2) fournit le vecteur opposé; c'est pourquoi on l'appelle parfois pseudo-vecteur en physique.

Explorateur du produit vectoriel

Le vecteur u est pris dans le plan z = 0 et v est quelconque. Le produit u ∧ v (en couleur d'accent) est orthogonal au parallélogramme engendré par u et v, et sa longueur est l'aire de ce parallélogramme. Observez comment il bascule lorsque v passe de l'autre côté de u, et comment il s'annule lorsque u et v sont colinéaires.

u ∧ v

(1,00; −2,00; 3,00)

‖u ∧ v‖ (aire du parallélogramme)

3,742

u · v

4,00

Angle θ entre u et v

43,1°

u₁2,0

u₂1,0

v₁1,0

v₂2,0

v₃1,0

Exercice

Soient $u$ et $v$ deux vecteurs non nuls de $R^{3}$ . Laquelle de ces affirmations est toujours vraie?

Le produit vectoriel n'est pas associatif

Le double produit vectoriel se calcule par la formule de Gibbs, que l'on démontre en comparant les composantes (exercice 8.5):

u \land (v \land w) = (u \cdot w) v - (u \cdot v) w . (8.6)

Elle montre que $u \land (v \land w)$ est une combinaison linéaire de $v$ et $w$ , ce qui est géométriquement évident: ce vecteur est orthogonal à $v \land w$ , donc dans le plan de $v$ et $w$ . On en déduit l'identité de Jacobi $u \land (v \land w) + v \land (w \land u) + w \land (u \land v) = 0$ , qui remplace l'associativité manquante.

Produit mixte et volumes

Démonstration. Développons le déterminant selon la troisième ligne (chapitre 3):

u_{1} v_{1} w_{1} u_{2} v_{2} w_{2} u_{3} v_{3} w_{3} = w_{1} u_{2} v_{2} u_{3} v_{3} - w_{2} u_{1} v_{1} u_{3} v_{3} + w_{3} u_{1} v_{1} u_{2} v_{2},

et l'on reconnaît exactement $w_{1} (u \land v)_{1} + w_{2} (u \land v)_{2} + w_{3} (u \land v)_{3} = (u \land v) \cdot w$ . Les propriétés de permutation sont celles du déterminant (une permutation circulaire de trois lignes est le produit de deux transpositions). Enfin, un déterminant $3 \times 3$ est nul si et seulement si ses lignes forment une famille liée, c'est-à-dire si les trois vecteurs sont coplanaires. $□$

Le produit mixte hérite de l'interprétation géométrique du déterminant vue au chapitre 3: $∣[u, v, w]∣$ est le volume du parallélépipède construit sur $u, v, w$ . On peut le retrouver directement: la base engendrée par $u$ et $v$ a pour aire $∥ u \land v ∥$ , et la hauteur est la longueur de la projection de $w$ sur la normale $u \land v$ , soit $∣ w \cdot (u \land v)∣ / ∥ u \land v ∥$ . Le produit «aire $\times$ hauteur» redonne $∣[u, v, w]∣$ . Le signe du produit mixte indique si le triplet $(u, v, w)$ est direct (positif) ou indirect (négatif). Le tétraèdre de sommets $A, B, C, D$ occupe un sixième du parallélépipède construit sur $A B, A C, A D$ :

V_{parall \overset{e}{ˊ} l \overset{e}{ˊ} pip \overset{e}{ˋ} de} = [u, v, w], V_{t \overset{e}{ˊ} tra \overset{e}{ˋ} dre A B C D} = \frac{1}{6} [A B, A C, A D] . (8.8)

Droites de l'espace

Représentations d'une droite

Une droite $D$ de l'espace est déterminée par un point $A = (x_{A}, y_{A}, z_{A})$ et un vecteur directeur $u = (a, b, c) \neq = 0$ : un point $M$ appartient à $D$ si et seulement si $A M$ est colinéaire à $u$ , soit $A M = t u$ pour un réel $t$ .

Contrairement au plan, où une seule équation $a x + b y = c$ décrit une droite, une équation linéaire dans l'espace décrit un plan (section suivante). Une droite est l'intersection de deux plans non parallèles, donc l'ensemble des solutions d'un système de deux équations cartésiennes

{a_{1} x + b_{1} y + c_{1} z = d_{1} a_{2} x + b_{2} y + c_{2} z = d_{2}

dont la matrice des coefficients est de rang $2$ . Le passage du système à la forme paramétrique est une résolution par élimination de Gauss (chapitre 1): l'ensemble des solutions est de dimension $3 - 2 = 1$ , et le paramètre libre est $t$ . Inversement, pour passer de (8.9) au système, on élimine $t$ entre les équations. Nous verrons plus loin qu'un vecteur directeur de la droite est $n_{1} \land n_{2}$ , où $n_{i} = (a_{i}, b_{i}, c_{i})$ .

Positions relatives de deux droites

Soient $D_{1} = A + s u$ et $D_{2} = B + t v$ deux droites. Dans le plan, deux droites sont sécantes ou parallèles; dans l'espace, une troisième situation apparaît: deux droites peuvent n'être ni parallèles ni sécantes, comme deux tubes qui se croisent sans se toucher.

Démonstration. Les droites sont sécantes s'il existe $s, t$ tels que $A + s u = B + t v$ , c'est-à-dire $A B = s u - t v$ . Si c'est le cas, $A B$ est une combinaison linéaire de $u$ et $v$ , les trois vecteurs sont coplanaires et le produit mixte est nul (théorème 8.3). Réciproquement, si $[A B, u, v] = 0$ , la famille $(A B, u, v)$ est liée; comme $u$ et $v$ sont libres, $A B$ est nécessairement une combinaison linéaire $α u + β v$ (chapitre 4), et le point $A + α u = B - β v$ est commun aux deux droites. Il est unique puisque des droites non parallèles ne peuvent avoir deux points communs. La seconde équivalence est la négation de la première, les droites n'étant pas parallèles par hypothèse. $□$

Exercice

Soient $D_{1}$ passant par $A = (1, 0, 0)$ de vecteur directeur $u = (1, 1, 0)$ et $D_{2}$ passant par $B = (0, 0, 2)$ de vecteur directeur $v = (0, 1, 1)$ . Quelle est leur position relative?

Distance d'un point à une droite

Démonstration. Soit $H$ la projection orthogonale de $M$ sur $D$ , donnée par la formule de projection sur l'axe $u$ rappelée en (8.1). Pour tout point $P = A + t u$ de $D$ , le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle $M H P$ donne $∥ M P ∥^{2} = ∥ M H ∥^{2} + ∥ H P ∥^{2} \geq ∥ M H ∥^{2}$ : la distance minimale est bien $∥ M H ∥$ . Pour la calculer, considérons le parallélogramme construit sur $A M$ et $u$ : son aire vaut $∥ A M \land u ∥$ d'après (8.5), mais aussi «base $\times$ hauteur» $= ∥ u ∥ \cdot ∥ M H ∥$ , puisque $M H$ est la hauteur relative au côté porté par $u$ . En égalant les deux expressions, on obtient (8.10). $□$

Distance entre deux droites gauches

Figure 8.2. Deux droites gauches D₁ = A + s u et D₂ = B + t v admettent une unique perpendiculaire commune PQ, colinéaire à u ∧ v. Sa longueur δ est la distance entre les droites: c'est la composante de AB le long de u ∧ v.

Démonstration. Posons $n = u \land v \neq = 0$ , orthogonal aux deux droites. Pour $P = A + s u$ et $Q = B + t v$ , on a $P Q = A B + t v - s u$ , et comme $u \cdot n = v \cdot n = 0$ ,

P Q \cdot n = A B \cdot n = [A B, u, v] pour tous s, t .

Par l'inégalité de Cauchy–Schwarz, $∥ P Q ∥ \geq \frac{∣ P Q \cdot n ∣}{∥ n ∥} = \frac{∣[ A B , u , v ]∣}{∥ u \land v ∥}$ pour tout couple $(P, Q)$ . Il reste à montrer que cette borne est atteinte, c'est-à-dire qu'il existe un couple $(P, Q)$ tel que $P Q$ soit colinéaire à $n$ : c'est la perpendiculaire commune. Les conditions $P Q \cdot u = 0$ et $P Q \cdot v = 0$ forment un système linéaire de deux équations en $(s, t)$ :

{- (u \cdot u) s + (u \cdot v) t = - A B \cdot u - (u \cdot v) s + (v \cdot v) t = - A B \cdot v

dont le déterminant $- (∥ u ∥^{2} ∥ v ∥^{2} - (u \cdot v)^{2}) = - ∥ u \land v ∥^{2}$ (identité de Lagrange) est non nul: le système a une unique solution $(s, t)$ . Pour ce couple, $P Q$ est orthogonal à $u$ et à $v$ , donc colinéaire à $n$ , et Cauchy–Schwarz est une égalité. Enfin, la distance est nulle si et seulement si le produit mixte est nul, ce qui, d'après le théorème 8.4, caractérise les droites sécantes. $□$

La démonstration fournit aussi une méthode pour construire la perpendiculaire commune (exercice 8.3). Pour les droites de la question précédente ( $A = (1, 0, 0)$ , $u = (1, 1, 0)$ , $B = (0, 0, 2)$ , $v = (0, 1, 1)$ ), on avait $u \land v = (1, - 1, 1)$ et $[A B, u, v] = 1$ , donc $d (D_{1}, D_{2}) = 1/ 3 \approx 0, 577$ .

Plans de l'espace

Équation cartésienne et vecteur normal

Un plan $P$ est déterminé par un point $A$ et deux vecteurs directeurs $u$ , $v$ non colinéaires: $P = {A + s u + t v : s, t \in R}$ (représentation paramétrique, à deux paramètres). Mais il est souvent plus commode de décrire un plan par la direction qui lui est perpendiculaire.

Démonstration. Un point $M$ appartient au plan si et seulement si $A M$ est une combinaison $s u + t v$ des vecteurs directeurs, c'est-à-dire si et seulement si $A M$ appartient au plan vectoriel $Vect (u, v)$ . Or ce plan vectoriel est exactement l'orthogonal de $n = u \land v$ : il est contenu dans $n^{⊥}$ par le théorème 8.1 (point 3), et les deux sous-espaces ont la même dimension $2$ ( $n^{⊥}$ est le noyau de la forme linéaire non nulle $x \mapsto n \cdot x$ , de dimension $3 - 1 = 2$ par le théorème du rang, chapitre 5). Donc $M \in P ⟺ n \cdot A M = 0 ⟺ a (x - x_{A}) + b (y - y_{A}) + c (z - z_{A}) = 0$ , ce qui est (8.12). Réciproquement, l'ensemble des solutions de $a x + b y + cz = d$ est non vide (si $a \neq = 0$ , le point $(d / a, 0, 0)$ convient) et, si $A$ en est un point, il coïncide avec l'ensemble des $M$ tels que $n \cdot A M = 0$ : c'est le plan par $A$ de normale $n$ . $□$

Figure 8.3. Un plan 𝒫 est déterminé par un point A et un vecteur normal n: les points P du plan sont ceux pour lesquels n · AP = 0. La distance d'un point extérieur M au plan est la longueur MH de la perpendiculaire, égale à la composante de AM le long de n.

Les coefficients $(a, b, c)$ d'une équation cartésienne se lisent donc directement comme un vecteur normal, et l'on peut multiplier l'équation par une constante non nulle sans changer le plan. Le passage entre les deux représentations d'un plan est immédiat:

paramétrique $\to$ cartésien: calculer $n = u \land v$ , puis $d = n \cdot O A$ ;
cartésien $\to$ paramétrique: résoudre l'équation $a x + b y + cz = d$ par l'élimination de Gauss (deux inconnues libres), ou choisir un point $A$ du plan et deux vecteurs non colinéaires orthogonaux à $n$ .

Exercice

Remettez dans l'ordre les étapes permettant d'écrire l'équation cartésienne du plan passant par trois points non alignés $A$ , $B$ , $C$ .

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Déterminer

d = a x_{A} + b y_{A} + c z_{A}

en imposant que

A

vérifie l'équation

Former les vecteurs directeurs

u = A B

v = A C

Calculer

n = u \land v

et vérifier qu'il est non nul (les points ne sont pas alignés)

Contrôler que

B

C

vérifient aussi l'équation obtenue

Lire les coefficients

(a, b, c)

de l'équation comme les composantes de

n

Positions relatives et angles

Soient deux plans $P_{1} : n_{1} \cdot O M = d_{1}$ et $P_{2} : n_{2} \cdot O M = d_{2}$ . Ils sont parallèles si et seulement si $n_{1}$ et $n_{2}$ sont colinéaires (confondus si de plus les équations sont proportionnelles, avec le même rapport pour $d$ ). Sinon, ils se coupent selon une droite, dirigée par $n_{1} \land n_{2}$ : en effet, la direction de l'intersection est orthogonale aux deux normales, comme dans l'exemple 8.3. Ce sont les deux situations possibles pour un système de deux équations à trois inconnues de rang $2$ (droite) ou de rang $1$ (plans parallèles: aucune solution, ou tout un plan).

Une droite $D = A + t u$ et un plan $P$ de normale $n$ sont parallèles si $u \cdot n = 0$ (la droite est contenue dans $P$ si de plus $A \in P$ ); sinon ils se coupent en un unique point, obtenu en substituant (8.9) dans (8.12) et en résolvant l'équation du premier degré en $t$ (voir l'application au lancer de rayons plus loin).

Les valeurs absolues garantissent un angle aigu, indépendant du sens choisi pour les normales. Par exemple, les plans $2 x - y + 2 z = 3$ et $x + 2 y - 2 z = 1$ ont pour normales $(2, - 1, 2)$ et $(1, 2, - 2)$ , de normes $3$ et $3$ et de produit scalaire $2 - 2 - 4 = - 4$ : $cos φ = 4/9$ , soit $φ \approx 63, 6°$ . La droite dirigée par $u = (1, 1, 1)$ (la diagonale du cube) fait avec le plan horizontal $z = 0$ , de normale $e_{3}$ , l'angle $α$ tel que $sin α = 1/ 3$ , soit $α \approx 35, 3°$ .

Distance d'un point à un plan, projection et symétrique

Démonstration. Soit $A$ un point quelconque de $P$ , de sorte que $n \cdot O A = d$ . Le point $H$ défini par (8.15) est de la forme $M_{0} - λ n$ : il est sur la perpendiculaire à $P$ passant par $M_{0}$ , et il appartient à $P$ puisque

n \cdot O H = n \cdot O M_{0} - \frac{n \cdot O M _{0} - d}{∥ n ∥ ^{2}} ∥ n ∥^{2} = d .

Pour tout point $P \in P$ , le vecteur $H P$ est dans le plan, donc orthogonal à $M_{0} H$ (colinéaire à $n$ ), et Pythagore donne $∥ M_{0} P ∥^{2} = ∥ M_{0} H ∥^{2} + ∥ H P ∥^{2} \geq ∥ M_{0} H ∥^{2}$ . La distance cherchée est donc

∥ M_{0} H ∥ = \frac{∣ n \cdot O M _{0} - d ∣}{∥ n ∥ ^{2}} ∥ n ∥ = \frac{∣ a x _{0} + b y _{0} + c z _{0} - d ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}} .

De façon équivalente, $n \cdot O M_{0} - d = n \cdot A M_{0}$ : la distance est la valeur absolue de la composante de $A M_{0}$ le long de la normale unitaire $n / ∥ n ∥$ (figure 8.3). Enfin, $H$ est le milieu de $[M_{0} M_{0}^{'}]$ par construction et $M_{0} M_{0}^{'}$ est normal au plan: $M_{0}^{'}$ est le symétrique orthogonal. $□$

Le signe de $a x_{0} + b y_{0} + c z_{0} - d$ indique de quel côté du plan se trouve $M_{0}$ : le plan partage l'espace en deux demi-espaces, celui où l'expression est positive (du côté vers lequel pointe $n$ ) et celui où elle est négative. Cette remarque est la clé des tests d'orientation en CAO.

Exercice

Calculez la distance du point $M = (1, 2, 3)$ au plan d'équation $2 x - 2 y + z = 5$ .

Applications en mécanique et en ingénierie

Moment d'une force

Exemple 8.7 · Serrage d'un boulon

Une clé plate de longueur $25$ cm est engagée sur un boulon situé à l'origine, le manche dirigé selon $e_{1}$ : $r = (0, 25, 0, 0)$ m. L'opérateur exerce à l'extrémité du manche une force de $200$ N, horizontale et perpendiculaire au manche, $F = (0, - 200, 0)$ N. Le moment vaut

M_{O} = r \land F = (0 \cdot 0 - 0 \cdot (- 200), 0 \cdot 0 - 0, 25 \cdot 0, 0, 25 \cdot (- 200) - 0 \cdot 0) = (0, 0, - 50) N\cdotm .

Le moment est porté par l'axe du boulon ( $e_{3}$ ) et négatif: vu du dessus, la rotation est dans le sens des aiguilles d'une montre, celui du serrage d'un filetage à droite. Si l'opérateur tire à $60°$ du manche au lieu de $90°$ , avec $F = 200 (- cos 60°, - sin 60°, 0) = (- 100, - 173, 2, 0)$ N, le moment tombe à $M_{O} = (0, 0, 0, 25 \cdot (- 173, 2)) = (0, 0, - 43, 3)$ N·m $= 50 sin 60°$ : seule la composante de la force perpendiculaire au bras travaille, conformément à (8.4). Enfin, une force inclinée hors du plan horizontal, par exemple $r = (0, 2, 0, 05, 0)$ m et $F = (0, - 120, 40)$ N, donne $M_{O} = (2, - 8, - 24)$ N·m: la composante utile pour serrer est $M_{z} = - 24$ N·m, les deux autres composantes tendent à faire basculer la clé et sont reprises par les flancs de l'écrou.

Un couple est un système de deux forces opposées $F$ et $- F$ appliquées en deux points $P$ et $Q$ : la résultante est nulle, mais le moment $O P \land F + O Q \land (- F) = QP \land F$ ne l'est pas, et il ne dépend pas du point $O$ choisi. C'est ce que produit un tournevis ou un moteur électrique sur son arbre. Plus généralement, la statique d'un solide exige que la somme des forces et la somme des moments soient nulles: six équations scalaires dans l'espace, contre trois dans le plan.

Vitesse d'un point d'un solide en rotation

Un solide tourne autour d'un axe passant par $O$ à la vitesse angulaire $ω$ (rad/s). On représente cette rotation par le vecteur rotation $ω$ , porté par l'axe, de norme $ω$ , orienté par la règle de la main droite (le solide tourne dans le sens des doigts lorsque le pouce pointe selon $ω$ ). La vitesse d'un point $P$ du solide est alors

v_{P} = ω \land O P . (8.17)

Cette formule condense trois faits: $v_{P}$ est orthogonale à l'axe et au rayon (donc tangente au cercle décrit par $P$ ), sa norme vaut $ω \cdot ∥ O P ∥ sin θ = ω ρ$ , où $ρ$ est la distance de $P$ à l'axe, et son sens est celui de la rotation. Par exemple, pour $ω = (0, 0, 10)$ rad/s et $P = (0, 3, 0, 4, 1)$ m, on trouve $v_{P} = (0 \cdot 1 - 10 \cdot 0, 4, 10 \cdot 0, 3 - 0 \cdot 1, 0) = (- 4, 3, 0)$ m/s, de norme $5$ m/s $= 10 \times 0, 5$ : la distance de $P$ à l'axe $O z$ est bien $0, 3^{2} + 0, 4^{2} = 0, 5$ m, et la composante $z$ de $P$ n'intervient pas.

Normale à une facette et orientation d'un maillage

En CAO, en impression 3D (format STL) et en graphisme, une surface est approchée par un maillage de triangles. Chaque facette de sommets $P_{1}, P_{2}, P_{3}$ possède une normale

n = P_{1} P_{2} \land P_{1} P_{3}, \hat{n} = \frac{n}{∥ n ∥},

et une aire $\frac{1}{2} ∥ n ∥$ . L'ordre des sommets est significatif: échanger $P_{2}$ et $P_{3}$ renverse la normale. La convention universelle est que les sommets sont listés dans le sens antihoraire lorsqu'on regarde la facette depuis l'extérieur de la pièce, de sorte que $\hat{n}$ pointe vers l'extérieur. Une facette «retournée» produit des trous ou des artefacts d'éclairage; les logiciels de préparation d'impression les détectent en vérifiant, pour chaque facette, le signe de $n \cdot P_{1} G$ où $G$ est un point intérieur, qui doit être négatif. La facette de sommets $(1, 0, 0)$ , $(0, 1, 0)$ , $(0, 0, 1)$ a pour normale $(- 1, 1, 0) \land (- 1, 0, 1) = (1, 1, 1)$ , d'aire $3 /2$ , orientée vers l'extérieur du tétraèdre de sommet $O$ puisque $n \cdot P_{1} O = - 1 < 0$ .

Aire d'un polygone de l'espace

L'aire d'un polygone plan $P_{1} P_{2} \dots P_{k}$ de l'espace se calcule sans le découper explicitement en triangles, par la formule du lacet vectorielle:

A = \frac{1}{2} i = 1 \sum k O P_{i} \land O P_{i + 1} (P_{k + 1} = P_{1}), (8.18)

valable pour tout polygone simple (sans croisement) et tout choix de l'origine $O$ . En effet, pour un triangle $P_{1} P_{2} P_{3}$ , l'identité $P_{1} P_{2} \land P_{1} P_{3} = p_{1} \land p_{2} + p_{2} \land p_{3} + p_{3} \land p_{1}$ (avec $p_{i} = O P_{i}$ , développer par bilinéarité) donne le double de l'aire orientée; pour un polygone convexe découpé en triangles depuis $P_{1}$ , les termes $p_{1} \land p_{i}$ intermédiaires se télescopent et les normales des triangles, toutes de même sens, s'additionnent. Pour le quadrilatère $A = (0, 0, 0)$ , $B = (2, 0, 0)$ , $C = (2, 2, 1)$ , $D = (0, 2, 1)$ (un rectangle incliné), la somme vaut $0 + (0, - 2, 4) + (0, - 2, 4) + 0 = (0, - 4, 8)$ , d'où $A = \frac{1}{2} 80 = 25 \approx 4, 472$ , ce qui est bien $∥ A B ∥ \cdot ∥ A D ∥ = 2 \cdot 5$ .

Intersection d'un rayon et d'un plan

Le lancer de rayons (ray tracing) calcule une image en suivant, pour chaque pixel, le rayon $R (t) = O + t d$ ( $t \geq 0$ ) issu de la caméra $O$ dans la direction $d$ et en cherchant la première surface rencontrée. Pour un plan $n \cdot O M = δ$ , on substitue: $n \cdot (O O^{'} + t d) = δ$ , où nous notons ici $O^{'}$ le point de départ du rayon pour ne pas le confondre avec l'origine, d'où

t^{*} = \frac{δ - n \cdot O O ^{'}}{n \cdot d} (n \cdot d \neq = 0) . (8.19)

Si $n \cdot d = 0$ , le rayon est parallèle au plan; si $t^{*} < 0$ , le plan est derrière la caméra. Pour le plan $2 x + y + 2 z = 8$ et le rayon partant de $O^{'} = (1, 1, 5)$ dans la direction $d = (0, 1, - 1)$ , on trouve $n \cdot O O^{'} = 2 + 1 + 10 = 13$ et $n \cdot d = 1 - 2 = - 1$ , donc $t^{*} = (8 - 13) / (- 1) = 5$ et le point d'impact est $(1, 6, 0)$ . Pour une facette triangulaire, on teste ensuite si le point d'impact est à l'intérieur du triangle, en le décomposant sur $P_{1} P_{2}$ et $P_{1} P_{3}$ (exercice 8.4). Le signe de $n \cdot d$ dit en outre si le rayon frappe la face avant ou la face arrière, ce qui permet d'éliminer d'emblée les facettes tournant le dos à la caméra (back-face culling).

Synthèse

Le produit vectoriel $u \land v$ , défini par (8.2), est bilinéaire, antisymétrique, orthogonal à $u$ et $v$ , de norme $∥ u ∥ ∥ v ∥ sin θ$ (aire du parallélogramme) et orienté par la règle de la main droite; il est nul si et seulement si $u$ et $v$ sont colinéaires. Il n'est ni commutatif ni associatif.
Le produit mixte $[u, v, w] = (u \land v) \cdot w$ est le déterminant $det (u, v, w)$ : volume signé du parallélépipède, un sixième pour le tétraèdre, nul si et seulement si les vecteurs sont coplanaires.
Une droite est donnée par un point et un vecteur directeur ( $M = A + t u$ ) ou par deux équations cartésiennes; deux droites non parallèles sont sécantes si $[A B, u, v] = 0$ et gauches sinon.
Un plan est donné par un point et un vecteur normal: $a x + b y + cz = d$ avec $n = (a, b, c)$ ; on obtient $n$ comme produit vectoriel de deux vecteurs directeurs. Les angles entre plans et entre droite et plan se lisent sur les normales (8.13).
Distances: $d (M, D) = ∥ A M \land u ∥ / ∥ u ∥$ , $d (D_{1}, D_{2}) = ∣[A B, u, v]∣ / ∥ u \land v ∥$ , $d (M_{0}, P) = ∣ a x_{0} + b y_{0} + c z_{0} - d ∣ / a^{2} + b^{2} + c^{2}$ ; projection et symétrique par rapport à un plan s'obtiennent en retranchant une ou deux fois la composante normale.
Applications: moment $M_{O} = r \land F$ , vitesse $v = ω \land r$ , normales et orientation des facettes d'un maillage, aire d'un polygone de l'espace, intersection rayon–plan.

Série d'exercices du chapitre 8

Exercice 1 sur 5

Exercice

Soient $u, v, w$ trois vecteurs de $R^{3}$ . Laquelle de ces égalités est vraie pour tous $u, v, w$ ?

Problème guidé

Plan passant par trois points et distance d'un quatrième

On considère les points $A = (1, 0, 1)$ , $B = (2, 1, 3)$ , $C = (0, 2, 2)$ et $D = (3, 2, 1)$ . On cherche l'équation cartésienne du plan $P = (A B C)$ , la distance de $D$ à ce plan et le volume du tétraèdre $A B C D$ .

1
Vecteurs directeurs et vecteur normal
Deux vecteurs directeurs du plan sont $A B = (1, 1, 2)$ et $A C = (- 1, 2, 1)$ ; un vecteur normal est leur produit vectoriel.
Exercice
Calculez la première composante de $n = A B \land A C$ .
Équation cartésienne
Distance du point D au plan
Volume du tétraèdre

Exercices

Vous pouvez afficher le corrigé directement sous chaque énoncé après avoir cherché la solution.

Exercice 8.1 · Calculs élémentaires

Soient $u = (1, - 2, 2)$ , $v = (3, 0, - 1)$ et $w = (0, 1, 1)$ .

Calculer $u \land v$ et vérifier qu'il est orthogonal à $u$ et à $v$ .
Calculer $∥ u ∥$ , $∥ v ∥$ , $u \cdot v$ et $∥ u \land v ∥$ , puis vérifier l'identité de Lagrange (8.3). En déduire $cos θ$ et $sin θ$ , puis l'angle $θ$ entre $u$ et $v$ .
Calculer l'aire du triangle de sommets $O$ , $u$ , $v$ .
Calculer le produit mixte $[u, v, w]$ de deux façons (par $(u \land v) \cdot w$ et par un déterminant), et en déduire le volume du tétraèdre de sommets $O$ , $u$ , $v$ , $w$ . Le triplet $(u, v, w)$ est-il direct?

Solution

1. D'après (8.2), $u \land v = ((- 2) (- 1) - 2 \cdot 0, 2 \cdot 3 - 1 \cdot (- 1), 1 \cdot 0 - (- 2) \cdot 3) = (2, 7, 6)$ . Contrôles: $u \cdot (2, 7, 6) = 2 - 14 + 12 = 0$ et $v \cdot (2, 7, 6) = 6 + 0 - 6 = 0$ .

2. $∥ u ∥ = 1 + 4 + 4 = 3$ , $∥ v ∥ = 9 + 0 + 1 = 10$ , $u \cdot v = 3 + 0 - 2 = 1$ et $∥ u \land v ∥ = 4 + 49 + 36 = 89$ . Identité de Lagrange: $89 + 1^{2} = 90 = 9 \cdot 10$ . Puis

cos θ = \frac{1}{3 10} \approx 0, 1054, sin θ = \frac{89}{3 10} \approx 0, 9944, θ = arccos \frac{1}{3 10} \approx 83, 9°.

Les deux vecteurs sont presque orthogonaux, ce qui explique que $∥ u \land v ∥ \approx 9, 43$ soit proche de $∥ u ∥ ∥ v ∥ \approx 9, 49$ .

3. Aire $= \frac{1}{2} ∥ u \land v ∥ = \frac{89}{2} \approx 4, 717$ .

4. Première méthode: $(u \land v) \cdot w = (2, 7, 6) \cdot (0, 1, 1) = 13$ . Seconde méthode, par développement selon la troisième ligne:

130 - 2 01 2 - 1 1 = 0 \cdot - 2 0 2 - 1 - 1 \cdot 13 2 - 1 + 1 \cdot 13 - 2 0 = 0 - (- 1 - 6) + (0 + 6) = 13.

Le volume du parallélépipède est $13$ , celui du tétraèdre $13/6 \approx 2, 167$ . Le produit mixte est positif: le triplet est direct.

Exercice 8.2 · Droite et plan

Soit $D$ la droite de représentation paramétrique $M (t) = (1, 2, 0) + t (1, - 1, 2)$ et $P$ le plan d'équation $2 x + y - z = 3$ .

Montrer que $D$ et $P$ sont sécants et déterminer leur point d'intersection $I$ .
Calculer l'angle $α$ entre $D$ et $P$ .
Calculer la distance du point $A = (1, 2, 0)$ au plan $P$ , puis le projeté orthogonal $H$ de $A$ sur $P$ et le symétrique $A^{'}$ de $A$ par rapport à $P$ .
Donner une représentation paramétrique de la droite $D^{'}$ , projection orthogonale de $D$ sur $P$ .

Solution

1. Le vecteur directeur $u = (1, - 1, 2)$ et le vecteur normal $n = (2, 1, - 1)$ vérifient $u \cdot n = 2 - 1 - 2 = - 1 \neq = 0$ : la droite n'est pas parallèle au plan, ils sont sécants. En substituant $x = 1 + t$ , $y = 2 - t$ , $z = 2 t$ dans l'équation du plan: $2 (1 + t) + (2 - t) - 2 t = 3$ , soit $4 - t = 3$ , d'où $t = 1$ et $I = (2, 1, 2)$ . Contrôle: $4 + 1 - 2 = 3$ .

2. Par (8.13), $sin α = \frac{∣ u \cdot n ∣}{∥ u ∥ ∥ n ∥} = \frac{1}{6 \cdot 6} = \frac{1}{6}$ , donc $α = arcsin \frac{1}{6} \approx 9, 59°$ : la droite est presque parallèle au plan, ce qui est cohérent avec le fait que $u$ est presque orthogonal à $n$ .

3. Distance (8.14): $d (A, P) = \frac{∣ 2 \cdot 1 + 2 - 0 - 3 ∣}{4 + 1 + 1} = \frac{1}{6} \approx 0, 408$ . Projeté (8.15), avec $n \cdot O A - d = 1$ et $∥ n ∥^{2} = 6$ :

H = A - \frac{1}{6} n = (1 - \frac{1}{3}, 2 - \frac{1}{6}, 0 + \frac{1}{6}) = (\frac{2}{3}, \frac{11}{6}, \frac{1}{6}) .

Contrôle: $2 \cdot \frac{2}{3} + \frac{11}{6} - \frac{1}{6} = \frac{4}{3} + \frac{10}{6} = 3$ . Symétrique: $A^{'} = 2 H - A = (\frac{1}{3}, \frac{5}{3}, \frac{1}{3})$ ; on vérifie que $A A^{'} = (- \frac{2}{3}, - \frac{1}{3}, \frac{1}{3}) = - \frac{1}{3} n$ est bien normal au plan et que $H$ est le milieu de $[A A^{'}]$ .

4. La projection de $D$ sur $P$ est la droite du plan passant par les projetés de deux points de $D$ . Le point $I \in D \cap P$ est son propre projeté, et $H$ est le projeté de $A$ . Donc $D^{'} = I + s I H$ avec $I H = (\frac{2}{3} - 2, \frac{11}{6} - 1, \frac{1}{6} - 2) = (- \frac{4}{3}, \frac{5}{6}, - \frac{11}{6})$ , soit, en multipliant par $- 6$ , le vecteur directeur $u^{'} = (8, - 5, 11)$ :

D^{'} : M (s) = (2, 1, 2) + s (8, - 5, 11), s \in R .

Contrôle: $u^{'} \cdot n = 16 - 5 - 11 = 0$ , donc $D^{'} \subset P$ . On peut aussi obtenir $u^{'}$ en retranchant à $u$ sa composante normale: $u - \frac{u \cdot n}{∥ n ∥ ^{2}} n = (1, - 1, 2) + \frac{1}{6} (2, 1, - 1) = \frac{1}{6} (8, - 5, 11)$ .

Exercice 8.3 · Perpendiculaire commune à deux droites gauches

Soient $D_{1}$ passant par $A = (1, 2, 0)$ , dirigée par $u = (1, 0, 1)$ , et $D_{2}$ passant par $B = (0, 1, 3)$ , dirigée par $v = (0, 1, 1)$ .

Montrer que $D_{1}$ et $D_{2}$ sont gauches et calculer leur distance par (8.11).
Déterminer les points $P \in D_{1}$ et $Q \in D_{2}$ tels que $(P Q)$ soit la perpendiculaire commune, et retrouver la distance comme $∥ P Q ∥$ .
Donner l'équation cartésienne du plan $P_{1}$ contenant $D_{1}$ et parallèle à $D_{2}$ , et vérifier que la distance de $B$ à $P_{1}$ est la distance entre les droites.

Solution

1. $u \land v = (0 \cdot 1 - 1 \cdot 1, 1 \cdot 0 - 1 \cdot 1, 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) = (- 1, - 1, 1) \neq = 0$ : les droites ne sont pas parallèles. Avec $A B = (- 1, - 1, 3)$ , le produit mixte vaut $[A B, u, v] = (- 1) (- 1) + (- 1) (- 1) + 3 \cdot 1 = 5 \neq = 0$ : les droites sont gauches (théorème 8.4) et

d (D_{1}, D_{2}) = \frac{5}{∥( - 1 , - 1 , 1 )∥} = \frac{5}{3} \approx 2, 887.

2. Posons $P = A + s u = (1 + s, 2, s)$ et $Q = B + t v = (0, 1 + t, 3 + t)$ , de sorte que $P Q = (- 1 - s, - 1 + t, 3 + t - s)$ . Les conditions d'orthogonalité s'écrivent

P Q \cdot u = (- 1 - s) + (3 + t - s) = 2 + t - 2 s = 0, P Q \cdot v = (- 1 + t) + (3 + t - s) = 2 + 2 t - s = 0.

De la première, $t = 2 s - 2$ ; dans la seconde, $2 + 4 s - 4 - s = 0$ , d'où $s = \frac{2}{3}$ et $t = - \frac{2}{3}$ . Ainsi

P = (\frac{5}{3}, 2, \frac{2}{3}), Q = (0, \frac{1}{3}, \frac{7}{3}), P Q = (- \frac{5}{3}, - \frac{5}{3}, \frac{5}{3}) = \frac{5}{3} (- 1, - 1, 1) .

Le vecteur $P Q$ est bien colinéaire à $u \land v$ , et $∥ P Q ∥ = \frac{5}{3} 3 = \frac{5}{3}$ , conformément au point 1.

3. Le plan $P_{1}$ contient $A$ et est dirigé par $u$ et $v$ : sa normale est $u \land v = (- 1, - 1, 1)$ , ou plus simplement $(1, 1, - 1)$ , et son équation est $x + y - z = 1 + 2 - 0 = 3$ . La droite $D_{2}$ lui est parallèle (puisque $v \cdot (1, 1, - 1) = 0$ ) et ne le rencontre pas ( $B$ donne $0 + 1 - 3 = - 2 \neq = 3$ ). Par (8.14),

d (B, P_{1}) = \frac{∣ 0 + 1 - 3 - 3 ∣}{3} = \frac{5}{3},

ce qui est la distance entre les droites: tous les points de $D_{2}$ sont à cette distance de $P_{1}$ , et la perpendiculaire commune réalise ce minimum. C'est une autre lecture de la formule (8.11).

Exercice 8.4 · Facette d'un maillage et lancer de rayons

Une facette triangulaire d'un maillage STL a pour sommets, dans cet ordre, $P_{1} = (0, 0, 0)$ , $P_{2} = (4, 0, 0)$ et $P_{3} = (0, 3, 2)$ (en cm). Le centre de gravité de la pièce est en $G = (1, 1, - 1)$ .

Calculer le vecteur normal $n = P_{1} P_{2} \land P_{1} P_{3}$ , le vecteur normal unitaire $\hat{n}$ et l'aire de la facette.
La facette est-elle correctement orientée (normale vers l'extérieur de la pièce)?
Un rayon part de $O^{'} = (2, 2, 6)$ dans la direction $d = (0, - 1, - 2)$ . Déterminer le point $X$ où il rencontre le plan de la facette, puis décider si $X$ est à l'intérieur du triangle $P_{1} P_{2} P_{3}$ en écrivant $P_{1} X = a P_{1} P_{2} + b P_{1} P_{3}$ .
Même question pour le rayon issu de $O^{'}$ dans la direction $d^{'} = (- 1, - 1, - 4)$ .

Solution

1. $P_{1} P_{2} = (4, 0, 0)$ et $P_{1} P_{3} = (0, 3, 2)$ , donc $n = (0 \cdot 2 - 0 \cdot 3, 0 \cdot 0 - 4 \cdot 2, 4 \cdot 3 - 0 \cdot 0) = (0, - 8, 12)$ , de norme $64 + 144 = 208 = 413 \approx 14, 42$ . Le vecteur normal unitaire est $\hat{n} = \frac{1}{13} (0, - 2, 3) \approx (0, - 0, 555, 0, 832)$ et l'aire de la facette vaut $\frac{1}{2} ∥ n ∥ = 213 \approx 7, 211$ cm².

2. Le point intérieur $G$ doit être du côté opposé à la normale: $n \cdot P_{1} G = (0, - 8, 12) \cdot (1, 1, - 1) = - 8 - 12 = - 20 < 0$ . La normale pointe donc à l'opposé de l'intérieur, c'est-à-dire vers l'extérieur: la facette est correctement orientée. (Si l'on avait listé les sommets dans l'ordre $P_{1}, P_{3}, P_{2}$ , on aurait obtenu $- n$ et une facette retournée.)

3. Le plan de la facette passe par $P_{1} = O$ et a pour équation $n \cdot O M = 0$ , soit $- 8 y + 12 z = 0$ , ou encore $2 y - 3 z = 0$ . Avec (8.19), $n^{'} = (0, 2, - 3)$ , $δ = 0$ : $n^{'} \cdot O O^{'} = 4 - 18 = - 14$ et $n^{'} \cdot d = - 2 + 6 = 4$ , donc $t^{*} = \frac{0 - ( - 14 )}{4} = \frac{7}{2} > 0$ et

X = O^{'} + \frac{7}{2} d = (2, 2 - 3, 5, 6 - 7) = (2, - 1, 5, - 1) .

Contrôle: $2 \cdot (- 1, 5) - 3 \cdot (- 1) = 0$ . Décomposons $P_{1} X = (2, - 1, 5, - 1) = a (4, 0, 0) + b (0, 3, 2)$ : la première composante donne $a = \frac{1}{2}$ , la deuxième $b = - \frac{1}{2}$ , et la troisième est cohérente ( $2 b = - 1$ ). Comme $b < 0$ , le point $X$ est à l'extérieur du triangle (un point est intérieur si et seulement si $a \geq 0$ , $b \geq 0$ et $a + b \leq 1$ ): le rayon traverse le plan de la facette sans la toucher.

4. Avec $d^{'} = (- 1, - 1, - 4)$ : $n^{'} \cdot d^{'} = - 2 + 12 = 10$ , donc $t^{*} = 14/10 = \frac{7}{5}$ et $X^{'} = O^{'} + \frac{7}{5} d^{'} = (2 - \frac{7}{5}, 2 - \frac{7}{5}, 6 - \frac{28}{5}) = (\frac{3}{5}, \frac{3}{5}, \frac{2}{5})$ . Décomposition: $a = \frac{3}{20}$ , $b = \frac{1}{5}$ (et $2 b = \frac{2}{5}$ confirme la troisième composante). On a $a \geq 0$ , $b \geq 0$ et $a + b = \frac{7}{20} \leq 1$ : le rayon frappe la facette en $X^{'}$ . Comme $n \cdot d^{'} = 8 - 48 = - 40 < 0$ , le rayon arrive du côté vers lequel pointe la normale, c'est-à-dire qu'il voit la face avant de la facette, celle qui doit être affichée.

Exercice 8.5 · Identité de Lagrange et formule du double produit vectoriel

Démontrer l'identité de Lagrange (8.3): pour tous $u, v \in R^{3}$ , $∥ u \land v ∥^{2} + (u \cdot v)^{2} = ∥ u ∥^{2} ∥ v ∥^{2}$ .
Démontrer la formule du double produit vectoriel (8.6): $u \land (v \land w) = (u \cdot w) v - (u \cdot v) w$ . On pourra se contenter de vérifier la première composante et expliquer pourquoi cela suffit.
En déduire l'identité de Jacobi $u \land (v \land w) + v \land (w \land u) + w \land (u \land v) = 0$ .

Solution

1. Notons $u = (u_{1}, u_{2}, u_{3})$ et $v = (v_{1}, v_{2}, v_{3})$ . D'une part, en développant les trois carrés de (8.2),

∥ u \land v ∥^{2} = (u_{2} v_{3} - u_{3} v_{2})^{2} + (u_{3} v_{1} - u_{1} v_{3})^{2} + (u_{1} v_{2} - u_{2} v_{1})^{2} = u_{2}^{2} v_{3}^{2} + u_{3}^{2} v_{2}^{2} + u_{3}^{2} v_{1}^{2} + u_{1}^{2} v_{3}^{2} + u_{1}^{2} v_{2}^{2} + u_{2}^{2} v_{1}^{2} - 2 (u_{2} v_{2} u_{3} v_{3} + u_{1} v_{1} u_{3} v_{3} + u_{1} v_{1} u_{2} v_{2}) .

D'autre part,

∥ u ∥^{2} ∥ v ∥^{2} = (u_{1}^{2} + u_{2}^{2} + u_{3}^{2}) (v_{1}^{2} + v_{2}^{2} + v_{3}^{2}) = i, j = 1 \sum 3 u_{i}^{2} v_{j}^{2},

somme de neuf termes: les trois termes «diagonaux» $u_{1}^{2} v_{1}^{2} + u_{2}^{2} v_{2}^{2} + u_{3}^{2} v_{3}^{2}$ et les six termes $u_{i}^{2} v_{j}^{2}$ avec $i \neq = j$ , qui sont exactement les six carrés apparaissant dans $∥ u \land v ∥^{2}$ . Enfin,

(u \cdot v)^{2} = (u_{1} v_{1} + u_{2} v_{2} + u_{3} v_{3})^{2} = u_{1}^{2} v_{1}^{2} + u_{2}^{2} v_{2}^{2} + u_{3}^{2} v_{3}^{2} + 2 (u_{1} v_{1} u_{2} v_{2} + u_{1} v_{1} u_{3} v_{3} + u_{2} v_{2} u_{3} v_{3}) .

En additionnant $∥ u \land v ∥^{2}$ et $(u \cdot v)^{2}$ , les doubles produits se compensent exactement, et il reste les neuf termes $u_{i}^{2} v_{j}^{2}$ : c'est $∥ u ∥^{2} ∥ v ∥^{2}$ . $□$

Remarque. L'identité se généralise à $R^{n}$ sous la forme $\sum_{i < j} (u_{i} v_{j} - u_{j} v_{i})^{2} = ∥ u ∥^{2} ∥ v ∥^{2} - (u \cdot v)^{2}$ , et fournit une preuve de l'inégalité de Cauchy–Schwarz (le membre de gauche est positif ou nul).

2. Posons $p = v \land w = (v_{2} w_{3} - v_{3} w_{2}, v_{3} w_{1} - v_{1} w_{3}, v_{1} w_{2} - v_{2} w_{1})$ . La première composante de $u \land p$ est

u_{2} p_{3} - u_{3} p_{2} = u_{2} (v_{1} w_{2} - v_{2} w_{1}) - u_{3} (v_{3} w_{1} - v_{1} w_{3}) = v_{1} (u_{2} w_{2} + u_{3} w_{3}) - w_{1} (u_{2} v_{2} + u_{3} v_{3}) .

Ajoutons et retranchons $u_{1} v_{1} w_{1}$ : l'expression devient $v_{1} (u_{1} w_{1} + u_{2} w_{2} + u_{3} w_{3}) - w_{1} (u_{1} v_{1} + u_{2} v_{2} + u_{3} v_{3}) = (u \cdot w) v_{1} - (u \cdot v) w_{1}$ , qui est la première composante du membre de droite de (8.6). Les deux autres composantes s'obtiennent par le même calcul en permutant circulairement les indices $1 \to 2 \to 3 \to 1$ : la définition (8.2) et les produits scalaires sont invariants par cette permutation, de sorte que la vérification de la première composante entraîne celle des deux autres. $□$

3. Appliquons (8.6) aux trois termes:

u \land (v \land w) v \land (w \land u) w \land (u \land v) = (u \cdot w) v - (u \cdot v) w, = (v \cdot u) w - (v \cdot w) u, = (w \cdot v) u - (w \cdot u) v .

Par symétrie du produit scalaire, les coefficients de $u$ ( $- v \cdot w + w \cdot v$ ), de $v$ ( $u \cdot w - w \cdot u$ ) et de $w$ ( $- u \cdot v + v \cdot u$ ) sont tous nuls: la somme est le vecteur nul. $□$ Muni du produit vectoriel, $R^{3}$ est ainsi une algèbre de Lie, structure que l'on retrouve dans l'étude des rotations et de la cinématique du solide.

Références

Lay, D. C., Lay, S. R. et McDonald, J. J., Algèbre linéaire et applications, 5e éd., Pearson, Montréal, chap. 6.
Strang, G., Introduction to Linear Algebra, 5e éd., Wellesley-Cambridge Press, Wellesley, chap. 4 et 5.
Grifone, J., Algèbre linéaire, 6e éd., Cépaduès, Toulouse, chap. 7 (géométrie euclidienne).
Liret, F. et Martinais, D., Algèbre 1re année, 2e éd., Dunod, Paris, chap. «Géométrie de l'espace».
Gruber, P. et Weber, R., Algèbre linéaire, polycopié de l'EPFL, Lausanne.
Hibbeler, R. C., Engineering Mechanics: Statics, 14e éd., Pearson, Hoboken, chap. 2 et 4 (produit vectoriel, moment d'une force).

Objectifs du chapitre

Pourquoi une géométrie propre à l'espace?

Rappels: vecteurs et repères de l'espace

Repère orthonormé direct

Produit scalaire, norme et angle

Le produit vectoriel

Définition

Premières propriétés

Norme et aire

Orientation et règle de la main droite

Explorateur du produit vectoriel

Le produit vectoriel n'est pas associatif

Produit mixte et volumes

Droites de l'espace

Représentations d'une droite

Positions relatives de deux droites

Distance d'un point à une droite

Distance entre deux droites gauches

Plans de l'espace

Équation cartésienne et vecteur normal

Positions relatives et angles

Distance d'un point à un plan, projection et symétrique

Applications en mécanique et en ingénierie

Moment d'une force

Vitesse d'un point d'un solide en rotation

Normale à une facette et orientation d'un maillage

Aire d'un polygone de l'espace

Intersection d'un rayon et d'un plan

Synthèse

Série d'exercices du chapitre 8

Plan passant par trois points et distance d'un quatrième

Vecteurs directeurs et vecteur normal

Équation cartésienne

Distance du point D au plan

Volume du tétraèdre

Exercices

Références