L'identité de Lagrange, et la distance d'un point à une droite de l'espace

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Les définitions géométriques : $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}=\Vert \overrightarrow{u}\Vert \Vert \overrightarrow{v}\Vert \cos \theta$ et $\Vert \overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{v}\Vert =\Vert \overrightarrow{u}\Vert \Vert \overrightarrow{v}\Vert |\sin \theta |$, où $\theta$ est l'angle géométrique des deux vecteurs non nuls ; la bilinéarité et la condition de colinéarité du produit vectoriel ; Pythagore.

La stratégie. Les deux produits font intervenir le même angle, l'un par son cosinus, l'autre par son sinus : l'identité est la relation ${\cos }^2+{\sin }^2=1$ déguisée. Pour la distance, on remplace le point $A$ quelconque de la droite par le pied $H$ de la perpendiculaire, ce que le produit vectoriel ne voit pas.

a) L'identité de Lagrange. Premier cas : $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ non colinéaires, donc tous deux non nuls, d'angle géométrique $\theta \in [0,\pi ]$. En élevant au carré les deux définitions et en additionnant : $$\Vert \overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{v}{\Vert }^2+(\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}{)}^2=\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2\Vert \overrightarrow{v}{\Vert }^2({\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta )=\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2\Vert \overrightarrow{v}{\Vert }^2.$$ La valeur absolue autour du sinus ne coûte rien : elle disparaît au carré, comme le signe du cosinus.

Second cas : $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ colinéaires, ce qui inclut le cas où l'un est nul. Quitte à les échanger (l'identité est symétrique), écrivons $\overrightarrow{v}=\lambda \overrightarrow{u}$. Alors $\overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{v}=\lambda (\overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{u})=\overrightarrow{0}$ et $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}=\lambda \Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2$. Le membre de gauche vaut ${\lambda }^2\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^4$, et celui de droite $\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2\cdot {\lambda }^2\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2$ : c'est la même chose. L'identité est vraie dans tous les cas.

Lecture. Le membre de droite ne dépend que des longueurs : le produit scalaire et le produit vectoriel se partagent exactement l'information angulaire. L'un mesure la partie colinéaire, l'autre la partie orthogonale ; chacun des deux termes positifs est majoré par la somme, ce qui donne d'un seul coup $|\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}|\le \Vert \overrightarrow{u}\Vert \Vert \overrightarrow{v}\Vert$ et $\Vert \overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{v}\Vert \le \Vert \overrightarrow{u}\Vert \Vert \overrightarrow{v}\Vert$.

b) La distance à une droite de l'espace. Le point $H$ est sur $\mathcal{D}$, donc $\overrightarrow{AH}$ est colinéaire à $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{AH}\wedge \overrightarrow{u}=\overrightarrow{0}$. Par Chasles et bilinéarité, $$\overrightarrow{AM}\wedge \overrightarrow{u}=\overrightarrow{AH}\wedge \overrightarrow{u}+\overrightarrow{HM}\wedge \overrightarrow{u}=\overrightarrow{HM}\wedge \overrightarrow{u}.$$ Le produit vectoriel par $\overrightarrow{u}$ oublie la composante le long de $\overrightarrow{u}$ : c'est tout l'exercice. Or $\overrightarrow{HM}$ est orthogonal à $\overrightarrow{u}$. Si $\overrightarrow{HM}=\overrightarrow{0}$, les deux membres de la formule sont nuls. Sinon, l'angle vaut $\frac{\pi }{2}$, et $$\Vert \overrightarrow{HM}\wedge \overrightarrow{u}\Vert =HM\Vert \overrightarrow{u}\Vert \left|\sin \frac{\pi }{2}\right|=HM\Vert \overrightarrow{u}\Vert .$$ Comme $HM=d(M,\mathcal{D})$ par définition du projeté, on obtient $$d(M,\mathcal{D})=\frac{\Vert \overrightarrow{AM}\wedge \overrightarrow{u}\Vert }{\Vert \overrightarrow{u}\Vert }.$$

Par l'identité de Lagrange. Le projeté est $H=A+\lambda \overrightarrow{u}$ avec $\overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{u}=0$, c'est-à-dire $(\overrightarrow{AM}-\lambda \overrightarrow{u})\cdot \overrightarrow{u}=0$, soit $\lambda =\frac{\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{u}}{\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2}$. Donc $A{H}^2=\frac{(\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{u}{)}^2}{\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2}$. Pythagore dans le triangle $AHM$ rectangle en $H$ donne alors $$H{M}^2=A{M}^2-A{H}^2=\frac{\Vert \overrightarrow{AM}{\Vert }^2\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2-(\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{u}{)}^2}{\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2},$$ et le numérateur est exactement $\Vert \overrightarrow{AM}\wedge \overrightarrow{u}{\Vert }^2$ par l'identité de Lagrange. On retrouve la même formule. Le cours l'obtenait par une aire de parallélogramme : voici deux autres voies.

c) Application. Avec $A=O$, $\overrightarrow{OM}=(1,2,3)$ et $\overrightarrow{u}=(1,1,1)$ : $$\overrightarrow{OM}\wedge \overrightarrow{u}=(2\times 1-3\times 1,3\times 1-1\times 1,1\times 1-2\times 1)=(-1,2,-1),$$ de norme $\sqrt{6}$. Donc $d(M,\mathcal{D})=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}=\sqrt{2}$. Par le projeté : $\lambda =\frac{1+2+3}{3}=2$, $H(2,2,2)$, $\overrightarrow{HM}=(-1,0,1)$, de norme $\sqrt{2}$. Les deux calculs concordent ; on vérifie aussi $\overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{u}=-1+0+1=0$.

Ce que l'exercice installe. Le produit vectoriel mesure la partie orthogonale, le produit scalaire la partie colinéaire, et l'identité de Lagrange dit qu'à eux deux ils disent tout. D'où la distance à une droite sans calculer le projeté. En mécanique et en sciences industrielles, c'est la formule du bras de levier : la norme du moment $\overrightarrow{OA}\wedge \overrightarrow{F}$ d'une force appliquée en $A$ vaut l'intensité de la force multipliée par la distance de $O$ à sa ligne d'action — et elle ne dépend pas du point $A$ choisi sur cette ligne.