Soient \( \vec{u}\) et \( \vec{v}\) deux vecteurs différents du vecteur nul.
On appelle produit vectoriel \( \vec{u} \land \vec{v} \), un nouveau vecteur issu de \( \vec{u}\) et \( \vec{v}\) tel que :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} (\vec{u} \land \vec{v}) \perp \vec{u}, \enspace (\vec{u} \land \vec{v}) \perp \vec{v} \\ || \vec{u} \land \vec{v} || = || \vec{u} || \times ||\vec{v} || \times sin(\vec{u}, \vec{v}) \end{align*} $$
Le produit vectoriel \( \vec{u} \land \vec{v} \) est orthogonal aux deux vecteurs \( \vec{u}\) et \( \vec{v}\).
$$ \vec{u} \land \vec{v} = \begin{pmatrix} y_1.z_2 - y_2.z_1 \\ x_2.z_1 - x_1.z_2 \\ x_1.y_2 - x_2.y_1 \end{pmatrix} $$
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = || \vec{u}|| \times || \vec{v}|| \times sin(\vec{u}, \vec{v})$$
$$ || \vec{u} \land \vec{v} ||^2 = || \vec{u}||^2 || \vec{v}||^2 - ( \vec{u} . \vec{v})^2 \qquad (Identit\textit{é} \ de \ Lagrange) $$
$$ \vec{u} \ et \ \vec{v} \ colin \textit{é} aires \Longleftrightarrow \vec{u} \land \vec{v} = \vec{0} $$
$$ \vec{u} \land \vec{v} = - \ \vec{v} \land \vec{u} $$
Distributivité par rapport à l'addition
$$ \vec{u} \land ( \vec{v} + \vec{w}) = \vec{u} \land \vec{v} + \vec{u} \land \vec{w} $$
Et aussi la distributivé à gauche :
$$(\vec{u} + \vec{v}) \land \vec{w}= \vec{u} \land \vec{w} + \vec{v} \land \vec{w} $$
$$(\lambda\vec{u}) \land \vec{v}= \lambda (\vec{u} \land \vec{v} )= \vec{u} \land (\lambda\vec{v}) $$
$$ \vec{u} \land (\vec{v} \land \vec{w}) = \bigl(\vec{u}.\vec{w}\bigr) \vec{v} - \bigl(\vec{u}.\vec{v}\bigr) \vec{w} \qquad (Gibbs) $$
$$ \vec{u} \land (\vec{v} \land \vec{w}) + \vec{v} \land (\vec{w} \land \vec{u}) + \vec{w} \land (\vec{u} \land \vec{v}) = \vec{0} \qquad (Identit\textit{é} \ de \ Jacobi) $$
Récapitulatif des formules des propriétés du produit scalaire
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} x_1\\ y_1\\z_1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} x_2\\ y_2\\z_2 \end{pmatrix}\) deux vecteurs différents du vecteur nul.
On cherche un vecteur \( \vec{w} \begin{pmatrix} x\\ y\\z \end{pmatrix} \) orthogonal à ces deux vecteurs, et telle que la figure suivante :
Pour obtenir un vecteur \(\vec{w}\) fixe, on doit ajouter la condition \((H)\) suivante, à savoir que les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) soient non-colinéaires :
Ce qui implique que :
$$ \forall k \in \mathbb{R}, \enspace \Biggl \{ \begin{align*} x_1 \neq k x_2 \\ y_1 \neq k y_2 \\ z_1 \neq k z_2 \end{align*} \ \Longrightarrow \ \frac{x_1}{x_2} \neq \frac{y_1}{y_2} \neq \frac{z_1}{z_2} \qquad (H') $$
Les deux vecteurs \( \vec{u}\) et \( \vec{v}\) étant respectivement orthogonaux au vecteur \( \vec{w}\), on a :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} \vec{u}.\vec{w} = 0 \\ \vec{v}.\vec{w} = 0\end{align*} $$
Soit,
$$ \Biggl \{ \begin{align*} x. x_1 + y. y_1 + z. z_1 = 0 \\ x. x_2 + y. y_2 + z. z_2 = 0\end{align*} $$
$$ \Biggl \{ \begin{align*} x. x_1 + y. y_1 = - z. z_1 \\ x. x_2 + y. y_2 = - z. z_2 \end{align*} $$
Et,
$$ (S) \enspace \left \{ \begin{align*} \frac{x}{z}. x_1 + \frac{y}{z}. y_1 = - z_1 \\ \\ \frac{x}{z} . x_2 + \frac{y}{z}. y_2 = - z_2 \end{align*} \right \} $$
Résolvons le système \((S)\).
On divise les deux équations respectivement par \(x_1\) et \(x_2\), pour isoler \(\frac{x}{z}\).
$$ (S) \Longleftrightarrow \left \{ \begin{align*} \frac{x}{z} + \frac{y}{z}. \frac{y_1}{x_1} = - \frac{z_1}{x_1} \\ \\ \frac{x}{z} + \frac{y}{z}. \frac{y_2}{x_2} = - \frac{z_2}{x_2} \end{align*} \right \} $$
$$ (S) \Longleftrightarrow \left \{ \begin{align*} \frac{x}{z} = - \frac{y}{z}. \frac{y_1}{x_1} - \frac{z_1}{x_1} \\ \\ \frac{x}{z} = - \frac{y}{z}. \frac{y_2}{x_2} - \frac{z_2}{x_2} \end{align*} \right \} $$
On a alors une valeur similaire pour \(\frac{x}{z}\), d'où l'égalité :
Enfin, en mettant les deux membres sous le même dénominateur, on obtient :
Pour satisfaire l'équation \((1)\), nous devons nous assurer que :
C'est bien le cas grâce à la condition \((H')\) :
Faisons à présent la même chose pour \(\frac{x}{z}\).
En repartant de la forme initiale de \((S)\), et divisons maintenant les deux équations respectivement par \(y_1\) et \(y_2\).
$$ (S) \enspace \left \{ \begin{align*} \frac{x}{z}. x_1 + \frac{y}{z}. y_1 = - z_1 \\ \\ \frac{x}{z} . x_2 + \frac{y}{z}. y_2 = - z_2 \end{align*} \right \} $$
$$ (S) \Longleftrightarrow \left \{ \begin{align*} \frac{x}{z}.\frac{x_1}{y_1} + \frac{y}{z} = - \frac{z_1}{y_1} \\ \\ \frac{x}{z}.\frac{x_2}{y_2} + \frac{y}{z} = - \frac{z_2}{y_2} \end{align*} \right \} $$
$$ (S) \Longleftrightarrow \left \{ \begin{align*} \frac{y}{z} = - \frac{x}{z}.\frac{x_1}{y_1} - \frac{z_1}{y_1} \\ \\ \frac{y}{z} = - \frac{x}{z}.\frac{x_2}{y_2} - \frac{z_2}{y_2} \end{align*} \right \} $$
D'où l'égalité :
De la même manière que précédemment, l'équation \((2)\) est aussi satisfaite grâce à la condition \((H')\).
Maintenant, des deux égalités \((1)\) et \((2)\), on en tire deux nouvelles :
Les deux égalités \((1')\) et \((2')\) ayant un terme commun, alors les trois rapports suivants sont égaux :
Les coordonnées \((x, y, z)\) étant elles-mêmes définies à une constante près, en appliquant ce rapport pour \( k = 1 \), on obtient alors les coordonnées de \( \vec{w} \) :
Soit finalement,
$$ \vec{u} \land \vec{v} = \begin{pmatrix} y_1.z_2 - y_2.z_1 \\ x_2.z_1 - x_1.z_2 \\ x_1.y_2 - x_2.y_1 \end{pmatrix} $$
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} x_1\\ y_1\\z_1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} x_2\\ y_2\\z_2 \end{pmatrix}\) deux vecteurs différents du vecteur nul.
On sait que la norme d'un vecteur \(\vec{u}\begin{pmatrix} a\\ b\\c \end{pmatrix}\) dans l'espace vaut :
Alors, en reprenant les coordonnées cartésiennes vues plus haut, on a :
Soit, en développant :
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = \sqrt{ \begin{align*} \Bigl(y_1^2.z_2^2 - 2 y_1.z_2.y_2.z_1 + y_2^2.z_1^2 \Bigr) + \Bigl(x_2^2.z_1^2 - 2 x_2.z_1.x_1.z_2 + x_1^2.z_2^2 \Bigr) + \Bigl(x_1^2.y_2^2 - 2 x_1.y_2.x_2.y_1 + x_2^2.y_1^2 \Bigr) \end{align*} } $$
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = \sqrt{ \Bigl(x_1.y_2 \Bigr)^2 + \Bigl(x_1.z_2 \Bigr)^2 + \Bigl(y_1.x_2 \Bigr)^2 + \Bigl(y_1.z_2 \Bigr)^2 + \Bigl(z_1.x_2 \Bigr)^2 + \Bigl(z_1.y_2 \Bigr)^2 - 2 y_1.z_2.y_2.z_1 - 2 x_2.z_1.x_1.z_2 - 2 x_1.y_2.x_2.y_1 } $$
On remarque que la partie du gauche de la racine correspond presque au produit \( \Bigl(x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 \Bigr) \Bigl(x_2^2 + y_2^2 + z_2^2 \Bigr)\). Effectivement :
$$ \Bigl(x_1.y_2 \Bigr)^2 + \Bigl(x_1.z_2 \Bigr)^2 + \Bigl(y_1.x_2 \Bigr)^2 + \Bigl(y_1.z_2 \Bigr)^2 + \Bigl(z_1.x_2 \Bigr)^2 + \Bigl(z_1.y_2 \Bigr)^2 = \Bigl(x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 \Bigr) \Bigl(x_2^2 + y_2^2 + z_2^2 \Bigr) - \Bigl(x_1.x_2 \Bigr)^2 - \Bigl(y_1.y_2 \Bigr)^2 - \Bigl(z_1.z_2 \Bigr)^2 $$
On a alors :
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = \sqrt{ \Bigl(x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 \Bigr) \Bigl(x_2^2 + y_2^2 + z_2^2 \Bigr) - \Bigl(x_1.x_2 \Bigr)^2 - \Bigl(y_1.y_2 \Bigr)^2 - \Bigl(z_1.z_2 \Bigr)^2 - 2 y_1.z_2.y_2.z_1 - 2 x_2.z_1.x_1.z_2 - 2 x_1.y_2.x_2.y_1 } $$
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = \sqrt{ \Bigl(x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 \Bigr) \Bigl(x_2^2 + y_2^2 + z_2^2 \Bigr) - \biggl[ \Bigl(x_1.x_2 \Bigr)^2 + \Bigl(y_1.y_2 \Bigr)^2 + \Bigl(z_1.z_2 \Bigr)^2 + 2 \left(x_1.x_2 \right) \left(y_1.y_2 \right) + 2 \left(y_1.y_2 \right) \left(z_1.z_2 \right) + 2 \left(x_1.x_2 \right)\left(z_1.z_2 \right) \biggr] } $$
De même, en remettant un peu d'ordre, on voit se dessiner une autre identité remarquable :
Une identité remarquable à trois termes au second degré vaut :
Soit dans notre cas :
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = \sqrt{ \Bigl(x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 \Bigr) \Bigl(x_2^2 + y_2^2 + z_2^2 \Bigr) - \biggl[ x_1.x_2 + y_1.y_2 + z_1.z_2 \biggr]^2 } $$
On reconnaît certaines formules du produit scalaire.
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = \sqrt{ || \vec{u}||^2 \times || \vec{v}||^2 - \biggl[ \vec{u}.\vec{v} \biggr]^2 } \qquad (3) $$
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = \sqrt{ || \vec{u}||^2 \times || \vec{v}||^2 - \biggl[ || \vec{u}|| \times || \vec{v}|| \times cos(\vec{u}, \vec{v})\biggr]^2 } $$
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = \sqrt{ \biggl( || \vec{u}|| \times || \vec{v}|| \biggr)^2 \biggl( 1 - cos^2(\vec{u}, \vec{v})\biggr) } $$
Et finalement,
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = || \vec{u}|| \times || \vec{v}|| \times sin(\vec{u}, \vec{v})$$
Dans la partie précédente, nous avions trouvé l'équation \((3)\) :
$$ || \vec{u} \land \vec{v} || = \sqrt{ || \vec{u}||^2 \times || \vec{v}||^2 - \biggl[ \vec{u}.\vec{v} \biggr]^2 } \qquad (3) $$
En appliquant le carré de part de d'autres de cette équation, on obtient l'Identité de Lagrange :
$$ || \vec{u} \land \vec{v} ||^2 = || \vec{u}||^2 || \vec{v}||^2 - ( \vec{u} . \vec{v})^2 \qquad (Identit\textit{é} \ de \ Lagrange) $$
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} x_1\\ y_1\\z_1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} x_2\\ y_2\\z_2 \end{pmatrix}\) deux vecteurs différents du vecteur nul.
Partons de l'hypothèse que \(\vec{u} \) et \(\vec{v} \) sont colinéaires.
Alors, on a la relation :
Et le vecteur \(\vec{u}\) peut s'écrire en fonction de \(\vec{v}\) :
En déterminant les coordonnées de \( \vec{u} \land \vec{v} \), on a :
Partons maintenant de l'hypothèse que \(\vec{u} \land \vec{v} = \vec{0}\).
Alors, sa norme est nulle.
Et comme par hypothèse nos deux vecteurs ne sont pas nuls, alors nécessairement :
Et,
Alors les deux vecteurs sont colinéaires.
$$ \vec{u} \ et \ \vec{v} \ colin \textit{é} aires \Longleftrightarrow \vec{u} \land \vec{v} = \vec{0} $$
De manière générale, il n'y a pas de sens à chercher un unique vecteur orthogonal à deux vecteurs colinéaires, car il en existe une infinité.
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} x_1\\ y_1\\z_1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} x_2\\ y_2\\z_2 \end{pmatrix}\) deux vecteurs différents du vecteur nul.
Calculons les coordonnées de \( \vec{u} \land \vec{v} \) et \( \vec{v} \land \vec{u} \).
Soit finalement,
$$ \vec{u} \land \vec{v} = - \ \vec{v} \land \vec{u} $$
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} x_1\\ y_1\\z_1 \end{pmatrix}\), \(\vec{v}\begin{pmatrix} x_2\\ y_2\\z_2 \end{pmatrix}\) et \(\vec{w}\begin{pmatrix} x_3\\ y_3\\z_3 \end{pmatrix}\) trois vecteurs différents du vecteur nul.
Calculons les coordonnées de \( \vec{u} \land ( \vec{v} + \vec{w}) \).
Or, les produits vectoriels \( \vec{u} \land \vec{v} \) et \( \vec{u} \land \vec{w} \) valent respectivement :
Soit finalement,
$$ \vec{u} \land ( \vec{v} + \vec{w}) = \vec{u} \land \vec{v} + \vec{u} \land \vec{w} $$
Grâce à l'anticommutativité du produit vectoriel, on a :
Soit, en distribuant par la droite :
Enfin, en appliquant à nouveau la propriété d'anticommutativité :
Soit finalement,
$$(\vec{u} + \vec{v}) \land \vec{w}= \vec{u} \land \vec{w} + \vec{v} \land \vec{w} $$
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} x_1\\ y_1\\z_1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} x_2\\ y_2\\z_2 \end{pmatrix}\) deux vecteurs différents du vecteur nul.
Lorsque l'on calcule \( \lambda (\vec{u} \land \vec{v} ) \), on s'aperçoit que :
Or,
Et de la même manière à droite,
On voit que ces trois expressions sont équivalentes.
Soit finalement,
$$(\lambda\vec{u}) \land \vec{v}= \lambda (\vec{u} \land \vec{v} )= \vec{u} \land (\lambda\vec{v}) $$
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} x_1\\ y_1\\z_1 \end{pmatrix}\), \(\vec{v}\begin{pmatrix} x_2\\ y_2\\z_2 \end{pmatrix}\) et \(\vec{w}\begin{pmatrix} x_3\\ y_3\\z_3 \end{pmatrix}\) trois vecteurs différents du vecteur nul.
Calculons un produit vectoriel de produit vectoriel : \( \vec{u} \land (\vec{v} \land \vec{w})\).
On remarque en factorisant, qu'à un terme apparaissent des produits scalaires :
Soit finalement,
$$ \vec{u} \land (\vec{v} \land \vec{w}) = \bigl(\vec{u}.\vec{w}\bigr) \vec{v} - \bigl(\vec{u}.\vec{v}\bigr) \vec{w} \qquad (Gibbs) $$
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} x_1\\ y_1\\z_1 \end{pmatrix}\), \(\vec{v}\begin{pmatrix} x_2\\ y_2\\z_2 \end{pmatrix}\) et \(\vec{w}\begin{pmatrix} x_3\\ y_3\\z_3 \end{pmatrix}\) trois vecteurs différents du vecteur nul.
Si l'on calcule la somme de trois produits vectoriels de produit vectoriel, en décalant chaque vecteur sur le droite, on a :
Grâce à la formule de Gibbs précédemment calculée, on va pouvoir facilement simplifier cette expression.
Soit finalement,
$$ \vec{u} \land (\vec{v} \land \vec{w}) + \vec{v} \land (\vec{w} \land \vec{u}) + \vec{w} \land (\vec{u} \land \vec{v}) = \vec{0} \qquad (Identit\textit{é} \ de \ Jacobi) $$
Soit un cube \((ABCDEFGH)\) dans une base orthonormée \((A, \ \overrightarrow{AB}, \ \overrightarrow{AD}, \ \overrightarrow{AE})\).
On souhaite déterminer l'équation du plan \((BGE)\).
Pour cela, il faut déterminer le vecteur normal \( \vec{n}\) à ce plan, en effectuant le produit vectoriel de deux vecteurs du plan.
En faisant le choix arbitraire des deux vecteurs \(\vec{u} = \ \overrightarrow{BE} \) et \(\vec{v} = \ \overrightarrow{BG}\), on a :
Le plan \((BGE)\) a pour vecteur normal \( \vec{n} \begin{pmatrix} -1 \\ \ \ \ 1\\ -1 \end{pmatrix} \), et a donc pour équation :
Déterminons finalement le paramètre \(d\) en injectant les coordonnées d'un point de ce plan dans son équation; le point \(B\) par exemple.
Soit finalement l'équation du plan \((BGE)\) vaut :
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