Expression du produit scalaire dans un repère orthonormé direct dans l’espace


1. Expression du produit scalaire dans une base orthonormée directe

Théorème 1.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$.
Soient $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \\ \end{array}\right)$ et $\overrightarrow{v}\left(\begin{array}{c} x’\\ y’\\ z’ \\ \end{array}\right)$ deux vecteurs non nuls de l’espace. Alors le produit scalaire de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ peut s’écrire : $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=xx’ + yy’ + zz’~~}$$

L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$. Ce qui signifie que : $$\left\{\begin{array}{l}
|| \vec{\imath} ||=1,~|| \vec{\jmath}||=1~~\text{et}~~||\vec{k}||=1\\
\vec{\imath}\perp\vec{\jmath}~;~\vec{\jmath}\perp\vec{k}~~\text{et}~~\vec{k}\perp\vec{\imath}\end{array}\right.$$
Ce qui peut se traduire par neuf égalités à l’aide du produit scalaire : $$\left\{\begin{array}{c}
\vec{\imath}\cdot\vec{\imath}=1,~\vec{\jmath}\cdot\vec{\jmath}=1~\text{et}~\vec{k}\cdot\vec{k}=1\\
\vec{\imath}\cdot\vec{\jmath}=0,~\vec{\jmath}\cdot\vec{k}=0~\text{et}~\vec{k}\cdot\vec{\imath}=0\\
\vec{\jmath}\cdot\vec{\imath}=0,~\vec{k}\cdot\vec{\jmath}=0~\text{et}~\vec{\imath}\cdot\vec{k}=0\\
\end{array}\right. \quad\text{(*)}$$
Les vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{u}$ s’écrivent dans la base $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$ comme suit : $$\overrightarrow{u}=x\vec{\imath}+y\vec{\jmath}+z\vec{k}\quad\text{et}\quad\overrightarrow{v}=x’\vec{\imath}+y’\vec{\jmath}+z’\vec{k}$$ Ce qui donne : $$\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=(x\vec{\imath}+y\vec{\jmath}+z\vec{k})\cdot(x’\vec{\imath}+y’\vec{\jmath}+z’\vec{k})$$ Donc, d’après les propriétés de bilinéarité du produit scalaire, on a : $$\begin{array}{rcl}
\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}&=&{\color{brown}{xx’\,\vec{\imath}\cdot\vec{\imath}}}+xy’\,\vec{\imath}\cdot\vec{\jmath}+xz’\,\vec{\imath}\cdot\vec{k}\\ &&+yx’\,\vec{\jmath}\cdot\vec{\imath}+{\color{brown}{yy’\,\vec{\jmath}\cdot\vec{\jmath}}}+yz’\,\vec{\jmath}\cdot\vec{k}\\
&&+zx’\,\vec{k}\cdot\vec{\imath}+zy’\,\vec{k}\cdot\vec{\jmath}+{\color{brown}{zz’\,\vec{k}\cdot\vec{k}}}\\ \end{array}$$
D’après les relations $(*)$, à part les trois termes sur la diagonale, les six autres termes sont tous nuls. Donc, on a bien : $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v} =xx’+yy’+zz’~~}$$


Exercice résolu n°1. $ABCDEFGH$ est un cube de côté $a>0$. $I$ est le milieu de $[AH]$.
Démontrer que les vecteurs $\overrightarrow{AG}$ et $\overrightarrow{BI}$ sont orthogonaux.

On place le cube dans un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$ tel que $O=A$, $\overrightarrow{AB}=a\vec{\imath}$, $\overrightarrow{AD}=a\vec{\jmath}$ et $\overrightarrow{AE}=a\vec{k}$.
Alors, les coordonnées des points $A$, $B$, $G$ et $I$ sont : $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $G(a;a;a)$ et $I\left(0;\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{2}\right)$.

Mais alors, $\overrightarrow{AG}\left(\begin{array}{c} a\\ a\\a \\ \end{array}\right)$ et $\overrightarrow{BI}\left(\begin{array}{c} -a\\ a/2\\ a/2 \\ \end{array}\right)$ et on a bien : $$\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BI}=a\times(-a)+a\times\dfrac{a}{2}+a\times\dfrac{a}{2}$$ Donc :
$$\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BI}= -a^2+\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}=0$$
Par conséquent, comme leur produit scalaire est nul, les deux vecteurs $\overrightarrow{AG}$ et $\overrightarrow{BI}$ sont orthogonaux.


2. Expression de la norme d’un vecteur dans l’espace

Théorème 2.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$.
Soient $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \\ \end{array}\right)$ un vecteur de l’espace. Alors :
La norme du vecteur $\overrightarrow{u}$ est donnée par : $$\boxed{~~||\,\overrightarrow{u}\,||=\sqrt{x^2+y^2+z^2}~~}$$

On sait que le produit scalaire par lui-même est égal au carré de la norme. Donc : $\overrightarrow{u}\,{}^2=\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{u}=||\,\overrightarrow{u}\,||^2$. Donc : $||\,\overrightarrow{u}\,||^2=x^2+y^2+z^2$. Ce qui donne : $$\boxed{~~||\,\overrightarrow{u}\,||=\sqrt{x^2+y^2+z^2}~~}$$

3. Expression de la distance entre deux points dans l’espace

Théorème 3.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$.
Soient $A(x_A;y_A;z_A)$ et $B(x_B;y_B;z_B)$ deux points de l’espace. Alors :
La distance entre les deux points $A$ et $B$ est égale à la norme du vecteur $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}x_B-x_A\\ y_B-y_A\\ z_B-z_A \\ \end{array}\right)$. Donc : $$\boxed{~~AB=||\,\overrightarrow{AB}\,||=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}~~}$$

On sait que la norme d’un vecteur $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \\ \end{array}\right)$ est donnée par : $||\,\overrightarrow{u}\,||=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$. Par suite la norme du vecteur $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}x_B-x_A\\ y_B-y_A\\ z_B-z_A \\ \end{array}\right)$. Donc : $$\boxed{~~||\,\overrightarrow{AB}\,||=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}~~}$$

4. Exercices résolus

Exercice résolu n°2. Les vecteurs suivants sont-ils orthogonaux deux à deux ? Justifier votre réponse. $$\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} 1\\ 2\\ 5 \\ \end{array}\right)~;~\overrightarrow{v}\left(\begin{array}{c} 3\\ 1\\ -1 \\ \end{array}\right)~~\text{et}~~\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} -2\\ 1\\ 0 \\ \end{array}\right)$$

Calculons les produits scalaires deux à deux de ces vecteurs :
1°) $\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=1\times3+2\times1+5\times(-1)=3+2-5=0$. Donc $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\perp\overrightarrow{v}~~}$$
2°) $\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{w}=1\times(-2)+2\times1+5\times0=-2+2+0=0$. Donc $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\perp\overrightarrow{w}~~}$$
3°) $\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{w}=3\times(-2)+(-1)\times1+(-1)\times0=-6-1+0=-7\not=0$. Donc $$\boxed{~~\overrightarrow{v}\not\perp\overrightarrow{w}~~}$$ CQFD.$\blacktriangle$