Produit scalaire de deux vecteurs
Définition du produit scalaire
Le produit scalaire de \(\vec u\) et \(\vec v\) est le réel notée \(\vec u \cdot \vec v\) et qui vaut
- 0 si \(\vec u\) ou \(\vec v\) vaut \(\overrightarrow{0}\)
- \(||\vec u|| \times ||\vec v|| \times \cos (\vec u ; \vec v)\) sinon
Exemple : Dans un cube \(ABCDEFGH\) de côté 1, calculer le produit scalaire \(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BG}\).
- D’une part, \(\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{AH}\). Ainsi, \(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BG} = \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AH}\)
- L’angle \(\widehat{HAD}\) mesure 45\(^\circ\) ou \(\dfrac{\pi}{4}\) radians.
- \(AD=1\). Le théorème de Pythagore permet de montrer que \(AH=\sqrt{2}\)
- Ainsi, \(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AH}= AD \times AH \times \cos \left( \dfrac{\pi}{4}\right) = 1 \times \sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=1\)
Propriétés du produit scalaire
Soit \(\vec u\), \(\vec v\) et \(\vec w\) trois vecteurs de l’espace, \(k\) et \(k’\) deux réels.
- \(\vec u \cdot \vec u = || \vec u||^2\)
- \(\vec u \cdot \vec v = \vec v \cdot \vec u\), le produit scalaire est symétrique.
- \(\vec u \cdot ( k \vec v + k’ \vec w)= k (\vec u \cdot \vec v) + k’ (\vec u \cdot \vec w)\). Le produit scalaire est bilinéaire.
Exemple : Soit \(\vec u\), \(\vec v\) et \(\vec w\) trois vecteurs tels que \(\vec u \cdot \vec v = 3\), \(\vec v \cdot \vec w=5\), \(\vec u \cdot \vec w = -1\) et \(||\vec u||=4\).
\[ (\vec u + 2\vec v) \cdot (-3\vec u + 4 \vec w)=-3 (\vec u \cdot \vec u) + 4 (\vec u \cdot \vec w) – 6 (\vec v \cdot \vec u) + 8 (\vec v \cdot \vec w)\]
On remplace alors les valeurs par celle de l’énoncé en rappelant que \(\vec u \cdot \vec u = ||\vec u||^2\).
\[ (\vec u + 2\vec v) \cdot (-3\vec u + 4 \vec w)=-3 \times 4^2 + 4 \times (-1) – 6 \times 3 + 8\times 5=-30\]
Exemple : Dans un cube \(ABCDEFGH\) de côté 1, calculer le produit scalaire \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DH}\).
- D’une part, \(\overrightarrow{DH}=\overrightarrow{AE}\). Ainsi, \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DH} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AE}\)
- L’angle \(\widehat{BAE}\) mesure 90\(^\circ\) ou \(\dfrac{\pi}{2}\) radians.
- \(AB=AE=1\)
- Ainsi, \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DH}= AB \times AE \times \cos \left( \dfrac{\pi}{2}\right) = 0\)
Les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{DH}\) sont orthogonaux.
Formules de polarisation
Soit \(\vec u\) et \(\vec v\) deux vecteurs de l’espace.
- \((\vec{u}+\vec{v})^2=||\vec{u}||^2+2\vec{u}\cdot\vec{v}+||\vec{v}||^2\)
- \((\vec{u}-\vec{v})^2=||\vec{u}||^2-2\vec{u}\cdot\vec{v}+||\vec{v}||^2\)
- \((\vec{u}+\vec{v})\cdot (\vec{u}-\vec{v})=||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2\)
Cliquer ici pour s’entraîner : Linéarité du produit scalaire
Soit \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) deux vecteurs de l’espace.
- \(\vec{u} \cdot \vec{v}= \dfrac{1}{2}(||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)\)
- \(\vec{u} \cdot \vec{v}= -\dfrac{1}{2}(||\vec{u}-\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)\)
- \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \dfrac{1}{4}( ||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2 )\)
\[||\vec{u}-\vec{v}||^2=||\vec{u}||^2-2\vec{u}\cdot\vec{v}+||\vec{v}||^2.\]
En isolant \(\vec{u}\cdot \vec{v}\) dans ces deux expressions, on retrouve les deux premiers points. De plus, en soustrayant ces deux égalités, on trouve que
\[||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2=4\vec{u}\cdot\vec{v}\]
Il suffit de diviser par 4 pour retrouver la dernière égalité.
Exemple : Soit \(A\), \(B\) et \(C\) trois points de l’espace tels que \(AB=5\), \(BC=7\) et \(AC=8\).
\[\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=-\dfrac{1}{2}( ||\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}||^2-AB^2-AC^2)\]
Or, \(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{CB}\), d’où
\[\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=-\dfrac{1}{2}( CB^2-AB^2-AC^2)=-\dfrac{1}{2}(7^2-5^2-8^2)=-20\]
Base orthonormée
Soit \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\) un repère de l’espace.
- On dit que la base \((\vec i, \vec j, \vec k)\) est orthonormée si
- \(\vec i \cdot \vec j = \vec i \cdot \vec k = \vec j \cdot \vec k = 0\)
- \(||\vec i||=||\vec j||=||\vec k|| = 1\)
- On dit alors que le repère \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\) est un repère orthonormé.
Exemple : Si on considère un cube \(ABCDEFGH\) de côté 1, le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})\) est un repère orthonormé de l’espace.
\[ \vec u \cdot \vec v =xx’+yy’+zz’\]
\[ \vec u \cdot \vec v = (x\vec i + y \vec j + z \vec k) \cdot (x’ \vec i + y’ \vec j + z’ \vec k)\]
On développe alors
\[ \vec u \cdot \vec v = xx’ \vec i \cdot \vec i + xy’ \vec i \cdot \vec j + xz’ \vec i \cdot \vec k + yx’ \vec j \cdot \vec i + yy’ \vec j \cdot \vec j + yz’ \vec j \cdot \vec k + zx’ \vec k \cdot \vec i + zy’ \vec k \cdot \vec j + zz’ \vec k \cdot \vec k \]
Or, la base \((\vec i, \vec j, \vec k)\) est orthonormé, les seuls produits scalaires non nuls sont \(\vec i \cdot \vec i\), \(\vec j \cdot \vec j\), et \(\vec k \cdot \vec k\) qui valent 1. Ainsi,
\[ \vec u \cdot \vec v =xx’+yy’+zz’\]
\[ \vec u \cdot \vec v = 3 \times 5 + (-1) \times 3 + 2 \times -6 = 15 -3 -12=0\]
Les vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\) sont orthogonaux.
Cliquer ici pour s’entraîner : Produit scalaire dans l’espace
\[ ||\vec u|| = \sqrt{x^2+y^2+z^2} \]
En particulier, si \(A(x_A,y_A,z_A)\) et \(B(x_B, y_B, z_B)\) sont deux points de l’espace, alors
\[ AB = \sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2} \]
Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\). Soit \(A(1;2;5)\) et \(B(3;3;3)\).
\[ AB = \sqrt{(3-1)^2+(3-2)^2+(3-5)^2}=\sqrt{2^2+1^2+2^2}=\sqrt{9}=3\]
Cliquer ici pour s’entraîner : Norme d’un vecteur de l’espace
Cliquer ici pour s’entraîner : Calcul d’angle dans l’espace
Orthogonalité
Droites orthogonales
Exemple : On considère un cube \(ABCDEFGH\)
Les droites \((AB)\) et \((CG)\) sont orthogonales. En effet, la parallèle à \((CG)\) passant par \(B\) est la droite \((BF)\) qui est perpendiculaire à la droite \((AB)\).
Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O,\vec i, \vec j, \vec k)\). On considère les droites \((d_1)\) et \((d_2)\) définies par les représentations paramétriques suivantes.
\[ (d_1)\, ; \, \left\{ \begin{array}{l}x=1-2t\\y=3+t\\z=2-t\end{array}\right. \quad \text{et} \quad (d_2)\, ; \, \left\{ \begin{array}{l}x=5-3t\\y=3-2t\\z=2+4t\end{array}\right.\]
La droite \((d_1)\) est dirigée par le vecteur \(\vec u\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}\) et la droite \((d_2)\) par le vecteur \(\vec v\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}\).
Le repère étant orthonormé,
\[ \vec u \cdot \vec v = -2 \times (-3) + 1 \times (-2) + (-1) \times 4 = 6-2-4=0\]
Les vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\) sont orthogonaux. Les droites \((d_1)\) et \((d_2)\) sont orthogonales.
Droite orthogonale à un plan
Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\). On considère les vecteurs \(\vec v_1\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec v_2\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}\). On considère deux points \(A(2;5;2)\) et \(B(5;8;-1)\).
On note \(\mathcal{P}\) le plan passant par le point \(O\) et dirigé par les vecteurs \(\vec v_1\) et \(\vec v_2\). La droite \((AB)\) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\). En effet,
- Le vecteur \(\overrightarrow{AB}\) a pour coordonnées \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3\\3\\-3\end{pmatrix}\)
- Puisque l’on est dans un repère orthonormé, on peut calculer les produits scalaires à l’aide des coordonnées
- \(\overrightarrow{AB} \cdot v_1 = 3 \times 1 + 3 \times 2 + (-3) \times 3 = 0\)
- \(\overrightarrow{AB} \cdot v_2 = 3 \times 1 + 3 \times 0 + (-3) \times 1 = 0\)
- Ainsi, \(\overrightarrow{AB}\) est orthogonal aux vecteur \(\vec v_1\) et \(\vec v_2\). La droite \((AB)\) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).
Une droite est donc orthogonale à un plan si et seulement si elle est perpendiculaire à deux droites sécantes de ce plan.
Vecteur normal à un plan
On dit que \(\vec n\) est un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\) s’il est orthogonal à tout vecteur directeur du plan \(\mathcal{P}\).
Pour montrer qu’un vecteur est normal à un plan, il suffit de montrer qu’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.
Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\). On note \(\mathcal{P}\) le plan passant par \(O\) et dirigé par les vecteurs \(\vec v_1\begin{pmatrix}3\\2\\6\end{pmatrix}\) et \(\vec v_2\begin{pmatrix}1\\-3\\2\end{pmatrix}\).
Le vecteur \(\vec u\begin{pmatrix}2\\0\\-1\end{pmatrix}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\). En effet,
- Puisque l’on est dans un repère orthonormé, il est possible de calculer le produit scalaire à l’aide des coordonnées,
- \( \vec u \cdot \vec v_1 = 2 \times 3 + 0 \times 2 + (-1) \times 6 = 0\)
- \(\vec u \cdot \vec v_2 = 2 \times 1 + 0 \times (-3) + (-1) \times 2 = 0\)
Ainsi, \(\vec u\) est orthogonal à \(\vec v_1\) et \(\vec v_2\). \(\vec u\) est donc un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\)
Equation cartésienne d’un plan
Equation cartésienne
Soit \(\vec n\) un vecteur de l’espace et \(A\) un point de l’espace. L’ensemble des points \(M\) tel que \(\overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0\) est le plan passant par \(A\) admettant le vecteur \(\vec n\) comme vecteur normal.
Réciproquement, soit \(\mathcal{P}\) un plan de l’espace, \(A\) un point de \(\mathcal{P}\) et \(\vec n\) un vecteur normal à \(\mathcal{P}\). \(\mathcal{P}\) est l’ensemble des points \(M\) tels que \(\overrightarrow{AM} \cdot \vec n=0\).
Il est donc possible de décrire un plan à l’aide d’un point et d’un vecteur normal.
Soit \(A (x_A,y_A,z_A)\) un point de l’espace et \(\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}\) un vecteur non nul de l’espace.
On note \(\mathcal{P}\) le plan passant par le point \(A\) et admettant le vecteur \(\vec n\) comme vecteur normal.
Un point \(M(x,y,z)\) appartient au plan \(\mathcal{P}\) si et seulement si\[ a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0\]
Cette équation est appelée équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}\)
Réciproquement, si \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) sont quatre réels fixés, avec \((a,b,c)\neq (0,0,0)\), l’ensemble des points \(M(x;y;z)\) vérifiant \(ax+by+cz+d=0\) est un plan admettant le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}\) comme vecteur normal.
\[\overrightarrow{AM}\cdot \vec n = \begin{pmatrix}x-x_A\\y-y_A\\z-z_A\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}= a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)\]
Ainsi, le point \(M\) appartient au plan \(\mathcal{P}\) si et seulement si \( a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0\).Réciproquement, \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) quatre réels fixés, avec \((a,b,c)\neq (0,0,0)\). On supposera par exemple que \(a\neq 0\). On note alors \(\vec n\) le vecteur de coordonnées \(\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}\).D’une part, l’ensemble \(\mathcal{E}\) des points de l’espace vérifiant \(ax+by+cz+d=0\) n’est pas vide. En effet, le point \(A\left( -\dfrac{d}{a} ; 0 ; 0\right)\) appartient à cet ensemble.Soit \(M(x;y;z)\) un point de l’espace et \(A \in \mathcal{E}\). Puisque \(A\in \mathcal{E}\) on a alors \(ax_A+by_A+cz_A=-d\). Ainsi,
\[ M\in \mathcal{E} \Leftrightarrow ax+by+cz+d=0 \Leftrightarrow ax+by+cz-ax_a-by_A-cz_A=0 \Leftrightarrow a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0 \]C’est-à-dire
\[ M \in \mathcal{E} \Leftrightarrow \overrightarrow{AM} \cdot \vec n = 0\]
L’ensemble \(\mathcal{E}\) est donc un plan admettant \(\vec n\) comme vecteur normal.
Exemple : Le plan \(\mathcal{P}\) passant par \(A(1;5;7)\) et admettant le vecteur \(\vec n\begin{pmatrix}4\\-2\\3\end{pmatrix}\) a pour équation cartésienne
\[ 4(x-1)-2(y-5)+3(z-7)=0\]
c’est-à-dire
\[ 4x-2y+3z-15=0\]
Il est aussi possible de raisonner comme suit : tout plan admettant le vecteur \(\vec n\begin{pmatrix}4\\-2\\3\end{pmatrix}\) comme vecteur normal admet une équation cartésienne de la forme \(4x-2y+3z+d=0\) pour un certain réel \(d\). Pour que ce plan passe par le point \(A\), il faut que les coordonnées de \(A\) vérifient cette équation. Autrement dit, \(4 \times 1 -2 \times 5 + 3 \times 7 + d =0\), soit \(15+d=0\) et donc \(d=-15\).
Cliquer ici pour s’entraîner : équation d’un plan
Intersection d’une droite et d’un plan
Si un point \(M(x;y;z)\) appartient à l’intersection de \(\mathcal{P}\) et de \((d)\), ses coordonnées vérifient les deux équations à la fois. On a donc
\[M\in P \cap (d) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=2-t \\ y=5+t \\ z = -2-2t \\2x+5y-3z+1=0 \end{array}\right.\]
En remplaçant les valeurs de \(x\), \(y\) et \(z\) dans la dernière équation, on a donc
\[M\in P \cap (d) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=2-t \\ y=5+t \\ z = -2-2t \\2(2-t)+5(5+t)-3(-2-2t)+1=0 \end{array}\right.\]
Ainsi,
\[M\in P \cap (d) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=2-t \\ y=5+t \\ z = -2-2t \\36+9t=0 \end{array}\right.\]
Finalement,
\[M\in P \cap (d) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t=-4 \\x=2-(-4)=6 \\ y=5+(-4)=1 \\ z = -2-2 \times (-4)=6 \end{array}\right.\]
L’intersection de \(\mathcal{P}\) et \((d)\) est le point \(M(6;1;6)\).
Cliquer ici pour s’entraîner : Intersection d’une droite et d’un plan
Projeté orthogonal
On appelle projeté orthogonal de \(A\) sur \((d)\) le point \(H\) de la droite \((d)\) tel que \(\overrightarrow{AH} \cdot \vec{u}=0\). En particulier,
- Si \(A\) appartient à la droite \((d)\), ce point est son propre projeté,
- sinon, la droite \((AH)\) est perpendiculaire à la droite \((d)\).
Soit \(A\) un point de l’espace, \(\mathcal{P}\) un plan de l’espace et \(\vec n\) un vecteur normal de \(\mathcal{P}\). Le projeté orthogonal de \(A\) sur \(\mathcal{P}\) est le point d’intersection \(H\) du plan \(\mathcal{P}\) et de la droite passant par \(A\) et dirigée par le vecteur \(\vec n\). En particulier
- Si \(A\) appartient au plan \(\mathcal{P}\), ce point est son propre projeté
- sinon, le vecteur \(\overrightarrow{AH}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\)
Pour tout point \(K\) du plan \(\mathcal{P}\), \(AK \geqslant AH\) : le projeté orthogonal est le point du plan \(\mathcal{P}\) qui est le plus proche du point \(A\).La distance du point \(A\) au plan \(\mathcal{P}\) est alors égale à la distance \(AH\).
Soit \(K\) un point du plan \(\mathcal{P}\).
\[ AK^2 = || \overrightarrow{AK}||^2 = ||\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HK}||^2 = ||\overrightarrow{AH}||^2 + 2 \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{HK} + ||\overrightarrow{HK}||^2 \]
Or, le vecteur \(\overrightarrow{AH}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\), auquel appartiennent les points \(H\) et \(K\). Ainsi, \(\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{HK}=0\). De plus, \(||\overrightarrow{HK}||^2 \geqslant 0\). Ainsi, on a bien
\[ AK^2 \geqslant AH ^2\]
et donc, par croissance de la fonction \(x \mapsto \sqrt{x}\) sur \(\mathbb{R}_+\),
\[ AK \geqslant AH \]
Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\). On considère le point \(A\) de coordonnées \((1;3;6)\), le point \(B\) de coordonnées \((1;1;1)\) et le plan \(\mathcal{P}\) passant par \(B\) et dirigé par les vecteurs \(\vec v_1\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec v_2\begin{pmatrix}1\\10\\-4\end{pmatrix}\)
- Les coordonnées du vecteur \(\overrightarrow{AB}\) sont \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}0\\-2\\-5\end{pmatrix}\)
- Puisque l’on est dans un repère orthonormé, il est possible de calculer le produit scalaire à l’aide des coordonnées,
- \(\overrightarrow{AB}\cdot \vec v_1 = 0 \times 1 + (-2) \times 0 + (-5) \times 0 = 0\)
- \(\overrightarrow{AB}\cdot \vec v_1 = 0 \times 2 + (-2) \times 10 + (-5) \times (-4) = 0\)
- Ainsi, \(B\) appartient au plan \(\mathcal{P}\) et le vecteur \(\overrightarrow{AB}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\). \(B\) est donc le projeté orthogonal de \(A\) sur \(\mathcal{P}\).
