Une base orthonormée d'un plan et de sa normale

Une base de $F$. L'équation donne $z=-x-y$, donc $F$ est engendré par $a=(1,-1,0)$ et $b=(1,0,-1)$, deux vecteurs non proportionnels qui vérifient bien l'équation : $\dim F=2$.

Premier vecteur. $\Vert a{\Vert }^2=2$, donc $e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)$ est unitaire.

Redressement du second. $⟨b,a⟩=1\ne 0$ : on retire à $b$ sa part selon $e_1$, $$b^{\prime }=b-⟨b,e_1⟩e_1=(1,0,-1)-\frac{1}{2}(1,-1,0)=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1\right),$$ et $⟨b^{\prime },a⟩=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$. Comme $\Vert b^{\prime }{\Vert }^2=\frac{3}{2}$, on pose $e_2=\frac{2}{\sqrt{6}}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1\right)=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2)$, de norme $1$ : $(e_1,e_2)$ est une base orthonormée de $F$.

L'orthogonal. Un vecteur $x$ est dans $F^{\perp }$ s'il est orthogonal aux deux générateurs : $x_1-x_2=0$ et $x_1-x_3=0$, donc $x_1=x_2=x_3$. Ainsi $F^{\perp }=\mathrm{Vect}((1,1,1))$, dont $e_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$ est une base orthonormée. Les dimensions se recoupent : $2+1=3=\dim {\mathbb{R}}^3$.

Le point à retenir. Le vecteur qui définit le plan par son équation — ici $(1,1,1)$, dont les coefficients sont ceux de $x+y+z=0$ — engendre exactement son orthogonal. On peut donc lire $F^{\perp }$ sur l'équation, sans résoudre le moindre système.