Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. Par définition, le déterminant $\mathrm{Det}(\vec{u},\vec{v})$ vaut $x_1y_2-x_2y_1$. Supposons que $\vec u$ et $\vec v$ soient colinéaires. Si $\vec u=\vec 0$, alors $\mathrm{Det}(\vec{u},\vec{v})=0$. Sinon, il existe $\lambda\in\mathbb{R}$ tel que $\vec v=\lambda\vec u$, donc $x_2=\lambda x_1$ et $y_2=\lambda y_1$. Dans ce cas,
   $$x_1y_2-x_2y_1=\lambda x_1y_1-\lambda x_1y_1=0\;.$$

2. Considérons les vecteurs de $\mathbb{R}^2$ définis comme suit.
   $$\vec{u}_a=(y_1,z_1)\;,\quad \vec{u}_b=(x_1,z_1)\;,\quad \vec{u}_c=(x_1,y_1)\;,$$
   $$\vec{v}_a=(y_2,z_2)\;,\quad \vec{v}_b=(x_2,z_2)\;,\quad \vec{v}_c=(x_2,y_2)\;.$$
   Par définition, le produit vectoriel de $\vec u$ par $\vec v$ est :
   $$\vec{u}\wedge\vec{v} = \Big( \mathrm{Det}(\vec{u}_a,\vec{v_a}) ... ...hrm{Det}(\vec{u}_b,\vec{v}_b) , \mathrm{Det}(\vec{u}_c,\vec{v}_c) \Big)\;.$$
   Si $\vec u$ et $\vec v$ sont colinéaires, alors $\vec{u}_a$ et $\vec{v}_a$ le sont aussi, et également $\vec{u_b}$ et $\vec{v}_b$, ainsi que $\vec{u_c}$ et $\vec{v}_c$. Donc les trois coordonnées de $\vec{u}\wedge \vec{v}$ sont nulles, d'après la question précédente.
3. Nous devons montrer que $\vec u\wedge \vec v$ est orthogonal à tous les vecteurs de la forme $\lambda \vec{u}+\mu\vec{v}$, où $\lambda$ et $\mu$ sont deux réels quelconques. Pour montrer que deux vecteurs sont orthogonaux, nous devons montrer que leur produit scalaire est nul. Par la bilinéarité du produit scalaire, il suffit de montrer que :
   $$\vec{u}\cdot(\vec u\wedge \vec v)=0$$   et$$\quad \vec{u}\cdot(\vec u\wedge \vec v)=0$$
   C'est une vérification facile.
   $$\vec{u}\cdot(\vec u\wedge \vec v)= x_1(y_1z_2-y_2z_1)+y_1(x_2z_1-x_1z_2)+z_1(x_1y_2-x_2y_1)=0\;,$$
   $$\vec{v}\cdot(\vec u\wedge \vec v)= x_2(y_1z_2-y_2z_1)+y_2(x_2z_1-x_1z_2)+z_2(x_1y_2-x_2y_1)=0\;.$$

4. Si $\vec u$, $\vec v$ et $\vec w$ sont coplanaires, alors l'un des trois vecteurs est combinaison linéaire des deux autres. Sans perte de généralité, nous allons supposer qu'il existe deux réels $\lambda$ et $\mu$, tels que $\vec u=\lambda\vec v+\mu\vec w$. Ecrivons :
   

   $$\mathrm{Det}(\vec{u},\vec{v},\vec{w}) = \mathrm{Det}(\lambda\vec{v}+\mu\vec{w},\vec{v},\vec{w})$$

   $$= \lambda\mathrm{Det}(\vec{v},\vec{v},\vec{w})+ \mu\mathrm{Det}(\vec{w},\vec{v},\vec{w})$$

   $$= \lambda\vec{v}\cdot(\vec{v}\wedge\vec{w}) +\mu\vec{w}\cdot(\vec{v}\wedge\vec{w})$$

   $$= 0\;,$$

   
   d'après la question précédente.
5. On trouve $\mathrm{Det}(\vec{w},\vec{v},\vec{w})=0$. Le calcul est inutile, il suffit d'observer que $\vec u-\vec v=2\vec w$. En effectuant le calcul des produits vectoriels, on trouve :
   $$\vec u\wedge \vec v = (-2,-2,-2)\;,\quad \vec u\wedge \vec w = (1,1,1)\;,\quad \vec v\wedge \vec w = (1,1,1)\;.$$
   Les produits scalaires suivants sont bien nuls.
   $$(\vec u\wedge \vec v)\cdot\vec w = (\vec u\wedge \vec w)\cdot\vec v = (\vec v\wedge \vec w)\cdot\vec u =0\;.$$

Exercice 1 :  

1. Nous devons d'abord vérifier que les trois points appartiennent au plan ${\cal P}$ :
   $$2\times 3+2-2\time 6=-4\;,\quad 2\times 1+2-2\time 4=-4\;,\quad 2\times 4-2-2\time 5=-4\;.$$
   Nous devons ensuite montrer que les 3 points ne sont pas alignés, ce qui se vérifie par exemple en montrant que les deux vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires. Il suffit pour cela de calculer leur produit vectoriel, et de vérifier qu'il est non nul.
   $$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC} =(-2,0,-2)\wedge(1,-4,-1)=(-8,-4,8)\neq \vec{0}\;.$$

2. $$d^2(A,B)=\Vert\overrightarrow{AB}\Vert^2=8\;,\quad d^2(A,C)=\Vert... ...ightarrow{AC}\Vert^2=18\;,\quad d^2(B,C)=\Vert\overrightarrow{BC}\Vert^2=26\;.$$
   Donc $d(A,B)=2\sqrt{2}$, $d(A,C)=3\sqrt{2}$ et $d(B,C)=\sqrt{26}$. Puisque $d^2(AB)+d^2(AC)=d^2(BC)$, le triangle $ABC$ est rectangle en $A$, d'après le théorème de Pythagore.
3. Le plan affine ${\cal P}$ est associé au plan vectoriel $P$, d'équation $2x+y-2z=0$. Cette équation traduit le fait que tout vecteur directeur de ${\cal P}$, de coordonnées $x,y,z$, est orthogonal au vecteur $\vec n$ de coordonnées $2,1,-2$, qui est donc un vecteur normal au plan ${\cal P}$. En effectuant les produits vectoriels, on trouve :
   

   $$\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC} = (-8,-4,8)=-4\vec{n}\;,$$

   $$\overrightarrow{BA}\wedge \overrightarrow{BC} = (8,4,-8)=4\vec{n}\;,$$

   $$\overrightarrow{CA}\wedge \overrightarrow{CB} = (-8,-4,8)=-4\vec{n}\;.$$

   
   
4. En appliquant la formule,
   $$d(O,{\cal P})=\frac{4}{\sqrt{9}}=\frac{4}{3}\;.$$

5. La droite ${\cal D}$ a pour vecteur directeur $\vec n$. Tout point $M$, s'il appartient à ${\cal D}$, est tel que $\overrightarrow{OM}$ est colinéaire à $\vec n$, dont les coordonnées $x,y,z$ de $M$ vérifient :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x&=&2\lambda\\ y&=&\lambda\\ z&=&-2\lambda \end{array}\right. \;,\quad \lambda\in\mathbb{R}\;.$$

6. Le point $K$ est l'intersection de la droite ${\cal D}$ avec le plan ${\cal P}$. Nous devons donc trouver le réel $\lambda$ tel que :
   $$2(2\lambda)+\lambda-2(-2\lambda)=-4\;,$$
   soit $\lambda=-4/9$. Le point $K$ a pour coordonnées $-8/9,-4/9,8/9$. La norme du vecteur $\overrightarrow{OK}$ est telle que :
   $$\Vert\overrightarrow{OK}\Vert^2= \left(-\frac{8}{9}\right)^2 +\le... ...\frac{4}{9}\right)^2 +\left(\frac{8}{9}\right)^2=\left(\frac{4}{3}\right)^2\;.$$
   La distance $d(O,K)$, qui est aussi la distance de $O$ au plan ${\cal P}$, vaut $4/3$.
7. Par définition,
   $$\overrightarrow{OG} = \frac{1}{6}\Big( 3 \vec{0}+ \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \Big)\;.$$
   On en déduit les coordonnées de $G$ : $${\frac{4}{3},\frac{1}{3},\frac{5}{2}}$$. Pour calculer la distance de $G$ au plan ${\cal P}$, on applique la formule :
   $$d(G,{\cal P})= \frac{\left\vert 2\frac{4}{3}+\frac{1}{3}-2\frac{5}{2}+4\right\vert} {\sqrt{2^2+1+2^2}} = \frac{2}{3}\;.$$

8. Le centre de gravité du triangle $ABC$ est tel que :
   $$\overrightarrow{OI} = \frac{1}{3}\Big(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+ \overrightarrow{OC}\Big) =2 \overrightarrow{OG}\;.$$
   Donc $\overrightarrow{OG}=(1/2)\overrightarrow{OI}$ : $G$ est le milieu du segment $[O,I]$.
9. Le point $G$ est tel que, pour tout point $M$ de l'espace :
   $$\overrightarrow{MG}=\frac{1}{6}\Big( 3\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB} +\overrightarrow{MC}\Big)\;.$$
   Donc $\Gamma$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que :
   $$\Vert \overrightarrow{MG}\Vert=1\;.$$
   C'est la sphère de centre $G$ et de rayon $1$. Nous avons vu que la distance de $G$ au plan $P$ est $2/3$, donc inférieure au rayon de la sphère. Donc l'intersection de $\Gamma$ et ${\cal P}$ est non vide : c'est bien un cercle. Son centre est la projection orthogonale de $G$ sur $P$. Son rayon $r$ est tel que $r^2+(2/3)^2=1$, soit $r=\sqrt{5}/3$.

Exercice 2 : Considérons un espace affine de dimension 3, muni d'un repère orthonormé $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$. Soit $A$ le point de coordonnées $(0,1,1)$ dans le repère $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$. Soit $\vec u$ le vecteur de coordonnées $(3,1,0)$ dans la base $(\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$.

1. Soit $M$ un point de ${\cal D}$. Le vecteur $\overrightarrow{AM}$ est colinéaire au vecteur $\vec u$. Donc les coordonnées $x,y,z$ de $M$ vérifient :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x&=&3\lambda\\ y&=&1+\lambda\\ z&=&1 \end{array}\right. \;,\quad \lambda\in\mathbb{R}\;.$$
   Ce sont les équations paramétriques de la droite ${\cal D}$. Pour obtenir des équations implicites, il faut éliminer $\lambda$ dans les équations ci-dessus :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x-3y&=&-3\\ z&=&1\;. \end{array}\right.$$

2. Le plan ${\cal P}$ admet $\vec u$ comme vecteur normal. Nous devons trouver deux vecteurs non colinéaires, et orthogonaux au vecteur $\vec u$. Par exemple : $(1,-3,0)$ et $(0,0,1)$. Tout point $M$ de ${\cal P}$ est tel que $\overrightarrow{AM}$ est combinaison linéaire de ces deux vecteurs. Ses coordonnées $x,y,z$ vérifient donc :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x&=&\lambda\\ y&=&1-3\lambda\\ z&=&1+\mu \end{array}\right. \;,\quad \lambda,\mu\in\mathbb{R}\;.$$
   Pour l'équation implicite, nous savons que $\vec u$ est un vecteur normal à ${\cal P}$, qui admet donc une équation du type $3x+y=d$. Pour déterminer $d$, il suffit d'écrire que $A$ vérifie l'équation. On trouve ainsi l'équation $3x+y=1$.
3. La distance de $O$ à ${\cal P}$ se calcule par la formule :
   $$d(O,{\cal P}) = \frac{1}{\sqrt{3^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\;.$$
   La distance de $O$ à ${\cal D}$ peut se déduire du théorème de Pythagore, puisque $d^2(O,A)=d^2(O,{\cal P})+d^2(O,{\cal D})$. On trouve :
   $$d^2(O,{\cal D})=d^2(O,A)-d^2(O,{\cal P})=2-\frac{1}{10}=\frac{19}{10}\;.$$
   Donc la distance de 0 à ${\cal D}$ est de $\sqrt{19/10}$.
4. Par construction, le vecteur $\overrightarrow{OA'}$ appartient au plan vectoriel associé à ${\cal P}$, ainsi qu'à ${\cal P}'$. Il est donc orthogonal à la droite ${\cal D}$. Donc $A'$ est la projection orthogonale de $O$ sur ${\cal D}$, donc la distance de $O$ à $A'$ est égale à la distance de $O$ à la droite ${\cal D}$.
5. Considérons la droite ${\cal D}'$, passant par $O$ et perpendiculaire au plan ${\cal P}$ (figure 11). Un système d'équations paramétriques de cette droite est :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x&=&3\lambda\\ y&=&\lambda\\ z&=&0 \end{array}\right. \;,\quad \lambda\in\mathbb{R}\;.$$
   La projection orthogonale de $O$ sur ${\cal P}$ est l'intersection de la droite ${\cal D}'$ avec le plan ${\cal P}$. elle a pour coordonnées $3/10,1/10,0$.

   Figure 11: Plans et droites parallèles.

   
6. Par construction, les plans ${\cal P}$ et ${\cal P}'$ sont parallèles. Considérons les trois points $O,A,A'$. Par construction, les vecteurs $\overrightarrow{OA'}$ et $\overrightarrow{AA'}$ sont orthogonaux, donc non colinéaires. Il existe donc un unique plan passant par $O,A,A'$. Ce plan contient toute droite, passant par un de ses points, et parallèle à ${\cal D}$, en particulier ${\cal D}'$. Il contient donc $I$. Les vecteurs $\overrightarrow{A'A}$ et $\overrightarrow{OI}$ sont égaux, donc le quadrilatère $OAA'I$ est un parallélogramme. De plus, $\overrightarrow{OA'}$ et $\overrightarrow{AA'}$ sont orthogonaux, donc c'est un rectangle.