Exercices corrigés — Espaces euclidiens & isométries

Une matrice est orthogonale si et seulement si ses colonnes forment une base orthonormée : normes $1$, produits scalaires $0$.

Pour une matrice orthogonale, $A^{-1}=A^{\mathsf T}$ : l'inverse est la transposée.

Regarder la seconde colonne de $N$ : quelle est sa norme ?

Une matrice orthogonale est une matrice dont les colonnes forment une base orthonormée. C'est la définition à garder en tête, parce qu'elle se vérifie en quelques produits scalaires : chaque colonne a pour norme $1$, deux colonnes distinctes sont orthogonales. La condition compacte $A^{\mathsf T}A=I$ dit exactement cela — le coefficient $(i,j)$ de $A^{\mathsf T}A$ est le produit scalaire des colonnes $i$ et $j$.

👉 Et le déterminant vient après, comme conséquence : $\det(A^{\mathsf T}A)=(\det A)^2=1$ donc $\det A=\pm1$. Mais il ne remonte pas : une matrice de déterminant $1$ peut très bien étirer l'espace dans une direction et le comprimer dans une autre. C'est tout l'objet de la question 3.

Les colonnes de $A$ sont $c_1=\tfrac13(2,2,-1)$, $c_2=\tfrac13(-1,2,2)$, $c_3=\tfrac13(2,-1,2)$.

Normes. $\lVert c_1\rVert^2=\dfrac{4+4+1}9=1$, $\lVert c_2\rVert^2=\dfrac{1+4+4}9=1$, $\lVert c_3\rVert^2=\dfrac{4+1+4}9=1$.

Produits scalaires. $\langle c_1,c_2\rangle=\dfrac{-2+4-2}9=0$, $\langle c_1,c_3\rangle=\dfrac{4-2-2}9=0$, $\langle c_2,c_3\rangle=\dfrac{-2-2+4}9=0$.

Donc $A^{\mathsf T}A=I_3$ : $A$ est orthogonale. Son inverse est gratuit :

$$A^{-1}=A^{\mathsf T}=\frac13\begin{pmatrix}2&2&-1\\-1&2&2\\2&-1&2\end{pmatrix}.$$

Déterminant. On factorise $\tfrac13$ sur chacune des trois lignes : $\det A=\dfrac1{27}\det\begin{pmatrix}2&-1&2\\2&2&-1\\-1&2&2\end{pmatrix}$. Par développement selon la première ligne : $2(4+2)-(-1)(4-1)+2(4+2)=12+3+12=27$. Donc

$$\boxed{\det A=1}$$

$A$ est une isométrie directe de $\mathbb{R}^3$ — une rotation, qu'on identifiera en B6.

Colonnes $\tfrac15(3,4)$ et $\tfrac15(4,-3)$ : normes $\dfrac{9+16}{25}=1$ toutes deux, produit scalaire $\dfrac{12-12}{25}=0$. $M$ est orthogonale, $M^{-1}=M^{\mathsf T}=M$ (elle est symétrique, donc égale à sa transposée : c'est une involution, $M^2=I$).

$$\det M=\frac1{25}\bigl(3\cdot(-3)-4\cdot4\bigr)=\frac{-9-16}{25}=-1.$$

$$\boxed{\det M=-1}$$

Une isométrie indirecte du plan : d'après la classification de $\mathrm{O}(2)$ (leçon, B), c'est une réflexion. Ses valeurs propres sont $1$ et $-1$ ; l'axe est $\ker(M-I)$ : $\tfrac15(3x+4y)=x\iff 4y=2x\iff y=\tfrac x2$, la droite dirigée par $(2,1)$. Contrôle : $M(2,1)=\tfrac15(6+4,8-3)=(2,1)$ ✓.

$\det N=1\cdot1-1\cdot0=1$. Mais la seconde colonne $(1,1)$ a pour norme $\sqrt2\neq1$, et les deux colonnes ne sont pas orthogonales ($\langle(1,0),(1,1)\rangle=1$). Donc $N^{\mathsf T}N=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}\neq I$ : $N$ n'est pas orthogonale.

Géométriquement, $N$ est un cisaillement : elle fixe $e_1$ et envoie $e_2$ sur $e_1+e_2$. Elle conserve les aires (déterminant $1$) mais pas les longueurs — $\lVert Ne_2\rVert=\sqrt2$ — ni les angles : l'angle droit entre $e_1$ et $e_2$ devient $\tfrac\pi4$.

$$\boxed{\det=\pm1\ \text{est nécessaire, jamais suffisant}}$$

C'est la réponse à la question 3 : non. L'orthogonalité est une condition sur les $\tfrac{n(n+1)}2$ produits scalaires des colonnes ; le déterminant n'en résume qu'un seul nombre.

Matrice orthogonale. $A\in M_n(\mathbb{R})$ est orthogonale si $A^{\mathsf T}A=I$, ce qui équivaut à : les colonnes de $A$ forment une BON ; ou $A^{-1}=A^{\mathsf T}$ ; ou $AA^{\mathsf T}=I$ (les lignes forment aussi une BON — inverse à gauche et à droite coïncident).

Déterminant. $\det A=\pm1$. Le groupe des matrices orthogonales est $\mathrm{O}(n)$ ; celles de déterminant $1$ forment $\mathrm{SO}(n)$.

Ce qu'elle représente. Dans une BON, c'est la matrice d'une isométrie vectorielle : elle conserve les normes, les produits scalaires, les angles. Une matrice orthogonale symétrique est une symétrie orthogonale ($A^2=I$).

⚠️ Confondre « orthogonale » et « symétrique ». $A=A^{\mathsf T}$ et $A^{\mathsf T}A=I$ sont deux conditions sans rapport : $M$ ci-dessus est les deux à la fois, $A$ est orthogonale sans être symétrique, et $\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$ est symétrique sans être orthogonale.

⚠️ Lire l'orthogonalité sur le déterminant. « $\det N=1$, donc $N$ est une rotation » est faux : $N$ n'est même pas une isométrie. Le déterminant se lit après avoir établi l'orthogonalité, pour trancher entre directe et indirecte.

⚠️ Oublier de vérifier les normes. Deux colonnes orthogonales ne suffisent pas : $\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}$ a des colonnes orthogonales et n'est pas orthogonale (norme $2$). Le mot « orthonormée » contient les deux conditions.

Orthogonale = colonnes orthonormées = $A^{\mathsf T}A=I$ = inverse égale transposée. Quatre formulations d'une seule idée ; la première se vérifie, la dernière s'utilise.

Le déterminant vient après. Il vaut $\pm1$ pour une orthogonale, et son signe dit si l'orientation est conservée. Il ne prouve rien tout seul — le cisaillement $N$ est là pour le rappeler.

Le produit vectoriel $u_1\wedge u_2$ est orthogonal à $u_1$ et à $u_2$, et $(u_1,u_2,u_1\wedge u_2)$ est directe.

Pour deux vecteurs unitaires orthogonaux, $\lVert u_1\wedge u_2\rVert=1$ : pas besoin de renormaliser.

Une base orthonormée est directe si et seulement si le déterminant de ses vecteurs vaut $+1$ ; échanger deux vecteurs change le signe.

Compléter une famille orthonormée de $\mathbb{R}^3$ en BON directe, c'est exactement ce que fait le produit vectoriel. Si $u_1$ et $u_2$ sont unitaires et orthogonaux, alors $u_3=u_1\wedge u_2$ est unitaire (sa norme vaut $\lVert u_1\rVert\lVert u_2\rVert\sin\tfrac\pi2=1$), orthogonal aux deux, et la base $(u_1,u_2,u_1\wedge u_2)$ est directe par construction — c'est dans la définition même du produit vectoriel.

👉 Le seul autre candidat est $-u_3$ : il donne aussi une BON, mais indirecte. Une famille orthonormée de deux vecteurs se complète donc de deux façons, et l'orientation choisit.

$\lVert u_1\rVert^2=\dfrac{1+1+1}3=1$, $\lVert u_2\rVert^2=\dfrac{1+1+0}2=1$, et

$$\langle u_1,u_2\rangle=\frac1{\sqrt3\sqrt2}\bigl(1\cdot1+1\cdot(-1)+1\cdot0\bigr)=0.$$

La famille $(u_1,u_2)$ est orthonormée. Numériquement, $\tfrac1{\sqrt3}\approx0{,}577$ et $\tfrac1{\sqrt2}\approx0{,}707$ — mais on garde les radicaux : c'est ce qui rend les vérifications exactes.

On calcule d'abord sur les vecteurs entiers, les coefficients $\tfrac1{\sqrt3}$ et $\tfrac1{\sqrt2}$ sortant en facteur :

$$(1,1,1)\wedge(1,-1,0)=\bigl(1\cdot0-1\cdot(-1),\ 1\cdot1-1\cdot0,\ 1\cdot(-1)-1\cdot1\bigr)=(1,1,-2).$$

Donc $u_1\wedge u_2=\dfrac1{\sqrt3\sqrt2}(1,1,-2)=\dfrac1{\sqrt6}(1,1,-2)$, et $\lVert(1,1,-2)\rVert=\sqrt{1+1+4}=\sqrt6$ : le vecteur est déjà unitaire, comme annoncé.

$$\boxed{u_3=\frac1{\sqrt6}\,(1,1,-2)}$$

Contrôles. $\langle u_3,u_1\rangle\propto1+1-2=0$ ✓, $\langle u_3,u_2\rangle\propto1-1+0=0$ ✓. Et le déterminant :

$$\det(u_1,u_2,u_3)=\frac1{\sqrt3\sqrt2\sqrt6}\det\begin{pmatrix}1&1&1\\1&-1&1\\1&0&-2\end{pmatrix}=\frac16\bigl(1\cdot2-1\cdot(-3)+1\cdot1\bigr)=\frac66=1>0.$$

La base est directe. En coordonnées : $\tfrac1{\sqrt6}\approx0{,}408$ et $\tfrac2{\sqrt6}\approx0{,}816$.

Le déterminant est alterné : échanger deux colonnes le change de signe. Donc

$$\det(u_2,u_1,u_3)=-\det(u_1,u_2,u_3)=-1,\qquad\det(u_1,u_2,-u_3)=-\det(u_1,u_2,u_3)=-1.$$

Les deux bases sont orthonormées (les mêmes vecteurs, au signe et à l'ordre près) mais indirectes.

$$\boxed{(u_2,u_1,u_3)\text{ et }(u_1,u_2,-u_3)\text{ sont indirectes}}$$

ℹ️ Les $6$ ordres possibles des trois vecteurs se partagent en $3$ bases directes (les permutations circulaires de $(u_1,u_2,u_3)$) et $3$ indirectes (les transpositions). C'est la signature des permutations qui décide — le chapitre Groupes le formalise.

Orientation. Une base $(u_1,u_2,u_3)$ de $\mathbb{R}^3$ est directe si $\det(u_1,u_2,u_3)>0$ (déterminant dans la base canonique). Pour une BON, ce déterminant vaut exactement $\pm1$.

Produit vectoriel. $u\wedge v\perp u$, $u\wedge v\perp v$, $\lVert u\wedge v\rVert=\lVert u\rVert\lVert v\rVert\sin(u,v)$, et $(u,v,u\wedge v)$ est directe dès que $u\not\parallel v$. Si $(u,v)$ est orthonormée, $(u,v,u\wedge v)$ est une BON directe.

Deux complétions. Une famille orthonormée $(u_1,u_2)$ de $\mathbb{R}^3$ se complète en BON de deux façons exactement, $\pm u_1\wedge u_2$, une par orientation.

⚠️ Renormaliser un produit vectoriel de vecteurs unitaires orthogonaux. Il est déjà unitaire ; le diviser par sa norme ne change rien, mais le diviser par $\lVert u_1\rVert\lVert u_2\rVert$ « pour faire bonne mesure » quand ils ne sont pas unitaires est faux — c'est $\sin\theta$ qui entre dans la norme, pas $1$.

⚠️ Prendre $u_2\wedge u_1$ en croyant obtenir la même chose. $u_2\wedge u_1=-(u_1\wedge u_2)$ : on obtient la BON indirecte. L'ordre des facteurs est l'orientation.

⚠️ Croire qu'une BON est forcément directe. Orthonormée est une propriété métrique ; directe est une propriété d'orientation. Les deux sont indépendantes — la base canonique réordonnée $(e_2,e_1,e_3)$ est orthonormée et indirecte.

$u_3=u_1\wedge u_2$ complète une famille orthonormée en BON directe, et $-u_3$ en BON indirecte. Rien d'autre.

Le déterminant est le juge de l'orientation : $+1$ directe, $-1$ indirecte, et il change de signe à chaque échange de deux vecteurs ou changement de signe d'un vecteur. Cette base $(u_1,u_2,u_3)$ reviendra en D3 comme base adaptée à une rotation d'axe $(1,1,1)$.

$\cos\theta=\dfrac{\langle u,v\rangle}{\lVert u\rVert\lVert v\rVert}$ donne $\theta$ au signe près ; $\sin\theta=\dfrac{\det(u,v)}{\lVert u\rVert\lVert v\rVert}$ donne le signe.

Dans la base $(e_2,e_1)$, les coordonnées de $u$ et $v$ s'échangent : que fait cela au déterminant ?

Écrire $R_{\pi/4}u$ et comparer à $v$.

Un angle non orienté se lit sur le produit scalaire ; un angle orienté a besoin en plus d'un déterminant. Le cosinus ne distingue pas $\theta$ de $-\theta$ ; c'est le signe de $\det(u,v)$ — l'aire orientée du parallélogramme construit sur $u$ et $v$ — qui dit si l'on tourne dans le sens direct ou indirect pour aller de $u$ à $v$.

👉 Et ce signe dépend de l'orientation choisie : changer de base directe ne change rien, mais passer à une base indirecte renverse tous les angles orientés. C'est la question 3, et c'est ce qui rend la notion subtile : l'angle orienté n'est pas une propriété des deux vecteurs seuls, mais des deux vecteurs et d'une orientation du plan.

$$\langle u,v\rangle=3\cdot1+1\cdot2=5,\qquad\lVert u\rVert=\sqrt{9+1}=\sqrt{10},\qquad\lVert v\rVert=\sqrt{1+4}=\sqrt5,$$

$$\det(u,v)=\begin{vmatrix}3&1\\1&2\end{vmatrix}=3\cdot2-1\cdot1=5.$$

Contrôle de Cauchy-Schwarz : $\lvert\langle u,v\rangle\rvert=5\leq\sqrt{10}\sqrt5=\sqrt{50}\approx7{,}07$ ✓. Numériquement $\sqrt{10}\approx3{,}162$ et $\sqrt5\approx2{,}236$.

$$\cos\theta=\frac{\langle u,v\rangle}{\lVert u\rVert\lVert v\rVert}=\frac5{\sqrt{50}}=\frac5{5\sqrt2}=\frac1{\sqrt2},\qquad\sin\theta=\frac{\det(u,v)}{\lVert u\rVert\lVert v\rVert}=\frac5{\sqrt{50}}=\frac1{\sqrt2}.$$

Cosinus et sinus tous deux égaux à $\tfrac1{\sqrt2}$, positifs : l'unique $\theta\in\,]-\pi,\pi]$ est

$$\boxed{(u,v)=\frac\pi4\approx0{,}785}$$

Pour $(v,u)$, le produit scalaire est le même mais $\det(v,u)=-\det(u,v)=-5$ : le sinus change de signe,

$$\boxed{(v,u)=-\frac\pi4}$$

Un angle orienté est antisymétrique : $(v,u)=-(u,v)$, alors qu'un angle géométrique (non orienté) est le même dans les deux sens.

Dans la base $(e_2,e_1)$, le vecteur $u=3e_1+e_2$ a pour coordonnées $(1,3)$ et $v$ a pour coordonnées $(2,1)$. Le produit scalaire ne bouge pas (la base est encore orthonormée) : $1\cdot2+3\cdot1=5$. Mais

$$\det{}_{(e_2,e_1)}(u,v)=\begin{vmatrix}1&2\\3&1\end{vmatrix}=1-6=-5.$$

Le déterminant a changé de signe, donc $\sin\theta$ aussi : dans le plan orienté par $(e_2,e_1)$,

$$\boxed{(u,v)=-\frac\pi4}$$

Rien n'a bougé dans le plan — seule la convention « quel sens est le sens direct » a été inversée, et tous les angles orientés changent de signe. C'est cohérent avec $\det(e_2,e_1)=-1$ : la base $(e_2,e_1)$ est indirecte pour l'orientation canonique.

$$R_{\pi/4}\,u=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt2}&-\frac1{\sqrt2}\\ \frac1{\sqrt2}&\frac1{\sqrt2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}=\sqrt2\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}=\sqrt2\,v.$$

On trouve $\sqrt2\,v$ et non $v$ : normal, une rotation conserve la norme, et $\lVert u\rVert=\sqrt{10}=\sqrt2\cdot\sqrt5=\sqrt2\,\lVert v\rVert$. L'image de $u$ est colinéaire à $v$, de même sens (coefficient $\sqrt2>0$) — c'est exactement ce que signifie « l'angle orienté $(u,v)$ est l'angle de la rotation qui envoie $\tfrac u{\lVert u\rVert}$ sur $\tfrac v{\lVert v\rVert}$ ».

$$\boxed{R_{\pi/4}\,u=\sqrt2\,v}$$

Angle orienté de $u,v\neq0$ dans le plan orienté : l'unique $\theta\in\,]-\pi,\pi]$ tel que

$$\cos\theta=\frac{\langle u,v\rangle}{\lVert u\rVert\lVert v\rVert},\qquad\sin\theta=\frac{\det(u,v)}{\lVert u\rVert\lVert v\rVert},$$

le déterminant étant pris dans une BON directe. Propriétés : $(v,u)=-(u,v)$ ; $(u,w)=(u,v)+(v,w)$ (relation de Chasles, modulo $2\pi$) ; $(\lambda u,\mu v)=(u,v)$ pour $\lambda,\mu>0$.

Changement d'orientation : tous les angles orientés changent de signe. Angle géométrique : $\lvert\theta\rvert\in[0,\pi]$, lu sur le seul cosinus, indépendant de l'orientation.

⚠️ Conclure du seul cosinus. $\cos\theta=\tfrac1{\sqrt2}$ donne $\theta=\pm\tfrac\pi4$ : sans le déterminant, l'angle orienté n'est pas déterminé. Le réflexe « $\theta=\arccos(\ldots)$ » rend toujours une valeur dans $[0,\pi]$, c'est-à-dire l'angle géométrique, pas l'angle orienté.

⚠️ Croire que $(u,v)=(v,u)$. C'est vrai pour l'angle géométrique, faux pour l'angle orienté : $\tfrac\pi4$ contre $-\tfrac\pi4$.

⚠️ Calculer le déterminant dans une base indirecte sans le savoir. Le signe obtenu est alors celui de l'orientation opposée. Dans $\mathbb{R}^2$, on prend la base canonique, et la question ne se pose que si l'énoncé impose une autre orientation — ce que fait la question 3.

Cosinus par le produit scalaire, signe par le déterminant. Les deux ensemble déterminent l'angle orienté dans $]-\pi,\pi]$.

L'angle orienté dépend de l'orientation du plan, et change de signe avec elle. Il est antisymétrique, et c'est l'angle de la rotation qui amène la direction de $u$ sur celle de $v$. Cette dépendance à l'orientation reviendra, plus difficile à voir, pour l'angle d'une rotation de l'espace (lot B).

$u\wedge v=(u_2v_3-u_3v_2,\ u_3v_1-u_1v_3,\ u_1v_2-u_2v_1)$.

$\lVert u\wedge v\rVert=\lVert u\rVert\lVert v\rVert\sin\theta$ : deux formules, un seul $\theta$, c'est un contrôle.

L'aire du triangle est la moitié de celle du parallélogramme.

Le produit vectoriel fabrique un vecteur orthogonal aux deux autres, dont la norme mesure l'aire. C'est un objet de dimension $3$, sans équivalent en dimension $2$ ni $4$, et il porte deux informations : une direction (la normale au plan de $u$ et $v$, orientée pour que $(u,v,u\wedge v)$ soit directe) et une norme ($\lVert u\rVert\lVert v\rVert\sin\theta$, l'aire du parallélogramme).

👉 Le produit scalaire porte $\cos\theta$, le produit vectoriel porte $\sin\theta$ : les deux ensemble reconstituent l'angle, et l'identité de Lagrange $\lVert u\wedge v\rVert^2+\langle u,v\rangle^2=\lVert u\rVert^2\lVert v\rVert^2$ n'est que $\cos^2+\sin^2=1$.

$$u\wedge v=\bigl(2\cdot1-2\cdot0,\ 2\cdot1-1\cdot1,\ 1\cdot0-2\cdot1\bigr)=(2,1,-2).$$

$$\langle u\wedge v,u\rangle=2+2-4=0\ ✓,\qquad\langle u\wedge v,v\rangle=2+0-2=0\ ✓.$$

$$\boxed{u\wedge v=(2,1,-2)}$$

C'est le contrôle à faire systématiquement : un produit vectoriel qui n'est pas orthogonal à ses facteurs est faux, sans exception. Ici on peut aussi vérifier l'orientation : $\det(u,v,u\wedge v)=\lVert u\wedge v\rVert^2=9>0$, la base $(u,v,u\wedge v)$ est directe.

$$\lVert u\rVert=\sqrt{1+4+4}=3,\qquad\lVert v\rVert=\sqrt{1+0+1}=\sqrt2\approx1{,}414,\qquad\langle u,v\rangle=1+0+2=3.$$

Par le cosinus. $\cos\theta=\dfrac{3}{3\sqrt2}=\dfrac1{\sqrt2}$, donc $\theta=\dfrac\pi4$ (angle géométrique, dans $[0,\pi]$).

Par le produit vectoriel. $\lVert u\wedge v\rVert=\sqrt{4+1+4}=3$, et $\lVert u\rVert\lVert v\rVert=3\sqrt2\approx4{,}243$, d'où $\sin\theta=\dfrac3{3\sqrt2}=\dfrac1{\sqrt2}$. Avec $\theta\in[0,\pi]$ et $\cos\theta>0$, c'est bien $\theta=\dfrac\pi4$ : les deux méthodes concordent.

$$\boxed{\theta=\frac\pi4}$$

Identité de Lagrange en guise de contrôle : $\lVert u\wedge v\rVert^2+\langle u,v\rangle^2=9+9=18=9\cdot2=\lVert u\rVert^2\lVert v\rVert^2$ ✓.

L'aire du parallélogramme construit sur $u$ et $v$ est $\lVert u\wedge v\rVert=3$ ; celle du triangle $(0,u,v)$ en est la moitié, $\dfrac32=1{,}5$.

$$\boxed{\text{parallélogramme : }3\ ;\quad\text{triangle : }\frac32}$$

Recoupement par la formule « base $\times$ hauteur » : base $\lVert u\rVert=3$, hauteur $\lVert v\rVert\sin\theta=\sqrt2\cdot\tfrac1{\sqrt2}=1$, aire $3\cdot1=3$ ✓. C'est la version tridimensionnelle du fait que le déterminant est un facteur d'aire (chapitre Matrices).

$$v\wedge u=\bigl(0\cdot2-1\cdot2,\ 1\cdot1-1\cdot2,\ 1\cdot2-0\cdot1\bigr)=(-2,-1,2)=-(u\wedge v).$$

$$\boxed{v\wedge u=-(u\wedge v)}$$

Même direction, même norme, sens opposé : $(v,u,v\wedge u)$ est directe elle aussi, et c'est précisément pour cela que $v\wedge u$ doit pointer de l'autre côté. Conséquence : $u\wedge u=-(u\wedge u)$, donc $u\wedge u=0$ — le produit vectoriel de deux vecteurs colinéaires est nul.

Produit vectoriel (dans $\mathbb{R}^3$ orienté, BON directe) : $u\wedge v=(u_2v_3-u_3v_2,\ u_3v_1-u_1v_3,\ u_1v_2-u_2v_1)$. Bilinéaire, anticommutatif, nul si et seulement si $u,v$ colinéaires.

Propriétés. $u\wedge v\perp u,v$ ; $\lVert u\wedge v\rVert=\lVert u\rVert\lVert v\rVert\sin\theta$ = aire du parallélogramme ; $(u,v,u\wedge v)$ directe si $u\not\parallel v$ ; $\lVert u\wedge v\rVert^2+\langle u,v\rangle^2=\lVert u\rVert^2\lVert v\rVert^2$ (Lagrange).

Non associatif : $(e_1\wedge e_2)\wedge e_2=e_3\wedge e_2=-e_1$ alors que $e_1\wedge(e_2\wedge e_2)=0$.

⚠️ Le signe de la coordonnée du milieu. $u_3v_1-u_1v_3$, et non $u_1v_3-u_3v_1$ : c'est la coordonnée qu'on se trompe le plus souvent. Le contrôle d'orthogonalité l'attrape à coup sûr — le faire.

⚠️ Confondre produit scalaire et produit vectoriel. L'un est un nombre ($\cos$), l'autre un vecteur (de norme en $\sin$). Écrire « $u\wedge v=3$ » n'a pas de sens.

⚠️ Oublier que $\sin\theta$ ne détermine pas $\theta$. $\sin\theta=\tfrac1{\sqrt2}$ donne $\theta=\tfrac\pi4$ ou $\tfrac{3\pi}4$ ; c'est le signe du cosinus (ici $+$) qui tranche. Le produit vectoriel seul ne suffit pas à retrouver l'angle géométrique.

$u\wedge v$ : orthogonal aux deux, norme = aire, orientation directe. Trois propriétés, trois contrôles possibles.

Produit scalaire pour le cosinus, produit vectoriel pour le sinus — et l'identité de Lagrange qui les relie. Le produit mixte (A5) combine les deux : $[u,v,w]=\langle u\wedge v,w\rangle$.

$[u,v,w]=\det(u,v,w)$, colonnes $u,v,w$ ; règle de Sarrus ou développement.

Le produit vectoriel $u\wedge v=(2,1,-2)$ a été calculé en A4.

Le produit mixte est alterné (échanger deux vecteurs change le signe) et nul sur trois vecteurs coplanaires.

Le produit mixte est un déterminant $3\times3$ qui se lit géométriquement. Sa valeur absolue est le volume du parallélépipède construit sur les trois vecteurs ; son signe dit si $(u,v,w)$ est directe ; sa nullité dit que les trois vecteurs sont coplanaires. Et il se calcule de deux façons — un déterminant, ou $\langle u\wedge v,w\rangle$ — ce qui donne un contrôle gratuit.

👉 C'est l'outil le plus économique du chapitre pour décider une orientation : en B4 et B6, c'est un produit mixte $[u,Au,a]$ qui donnera le signe de l'angle d'une rotation de l'espace.

$$[u,v,w]=\det(u,v,w)=\begin{vmatrix}1&1&0\\2&0&1\\2&1&1\end{vmatrix}.$$

Développement selon la première ligne : $1\cdot(0\cdot1-1\cdot1)-1\cdot(2\cdot1-1\cdot2)+0=1\cdot(-1)-1\cdot0=-1$.

Par le produit vectoriel de A4 : $u\wedge v=(2,1,-2)$, donc $\langle u\wedge v,w\rangle=2\cdot0+1\cdot1+(-2)\cdot1=-1$ ✓. Les deux calculs concordent :

$$\boxed{[u,v,w]=-1}$$

Le déterminant est non nul : les trois vecteurs sont linéairement indépendants, $(u,v,w)$ est une base de $\mathbb{R}^3$. Il est négatif : la base est indirecte — pour l'orientation définie par la base canonique.

$$\boxed{(u,v,w)\text{ est une base indirecte}}$$

Autrement dit, $w$ est « du mauvais côté » du plan de $u$ et $v$ : $\langle u\wedge v,w\rangle<0$ signifie que $w$ pointe dans le demi-espace opposé à $u\wedge v$. Remplacer $w$ par $-w$, ou échanger $u$ et $v$, rendrait la base directe.

Le volume du parallélépipède est $\lvert[u,v,w]\rvert=1$ ; celui du tétraèdre de sommets $0,u,v,w$ en est le sixième :

$$\boxed{V_{\text{parallélépipède}}=1,\qquad V_{\text{tétraèdre}}=\frac16\approx0{,}167}$$

Recoupement : « base $\times$ hauteur ». La base est le parallélogramme sur $u,v$, d'aire $\lVert u\wedge v\rVert=3$ (A4) ; la hauteur est la distance de $w$ au plan de $u$ et $v$, soit $\dfrac{\lvert\langle u\wedge v,w\rangle\rvert}{\lVert u\wedge v\rVert}=\dfrac13$ ; volume $3\cdot\tfrac13=1$ ✓. Un volume $1$ pour trois vecteurs de normes $3$, $\sqrt2$, $\sqrt2$ : le parallélépipède est très aplati, ce que confirme un déterminant petit devant le produit des normes.

Échanger deux vecteurs change le signe : $[v,u,w]=-[u,v,w]=+1$. On peut le vérifier : $v\wedge u=-(u\wedge v)$, donc $\langle v\wedge u,w\rangle=+1$ ✓.

Trois vecteurs coplanaires ont un produit mixte nul : $u+v=(2,2,3)$ est dans le plan de $u$ et $v$, donc $[u,v,u+v]=[u,v,u]+[u,v,v]=0+0=0$ (un déterminant avec deux colonnes égales est nul). Directement : $\langle u\wedge v,u+v\rangle=\langle u\wedge v,u\rangle+\langle u\wedge v,v\rangle=0$, puisque $u\wedge v$ est orthogonal à $u$ et à $v$.

$$\boxed{[v,u,w]=1,\qquad[u,v,u+v]=0}$$

Et la permutation circulaire ne change rien : $[u,v,w]=[v,w,u]=[w,u,v]=-1$ (deux échanges = deux changements de signe).