Soit \vec{u}\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix} un vecteur de l'espace et \mathcal{D} la droite d'équation paramétrique :
\mathcal{D} : \begin{cases} x = 1 + t \cr \cr y = 1 + 2t \cr \cr z = -1 - t \end{cases}, t \in \mathbb{R}
Quel est le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} ?
Soit \vec{v} \begin{pmatrix} x \cr\cr y \cr\cr z \end{pmatrix} le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} . On identifie le vecteur \vec{v} au point M(x;y;z) \in \mathcal{D} dont on peut chercher les coordonnées. Par définition, il existe t \in \mathbb{R} tel que :
\begin{cases} x = 1 + t \cr \cr y = 1 + 2t \cr \cr z = -1 - t \end{cases}
On note A l'extrémité du vecteur \vec{u} . Or, le point M \in \mathcal{D} est le point qui minimise la distance \left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert :
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} 1 + t - 1 \cr\cr 1 + 2t - 2 \cr\cr -1-t -3 \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} t \cr\cr -1 +2t \cr\cr -4-t \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \sqrt{t^2 + (-1+2t)^2 + (-4-t)^2}
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \sqrt{t^2 + 1 - 4t + 4t^2 + 16 + 8t + t^2}
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \sqrt{6t^2 + 4t + 17}
On note f(t) = \sqrt{6t^2 + 4t + 17} .
On a :
f'(t) = (12t + 4) \dfrac{1}{2\sqrt{6t^2 + 4t + 17}}
La fonction f atteint son minimum en t tel que f'(t) = 0 :
f'(t) = 0 \Leftrightarrow (12t + 4) \dfrac{1}{2\sqrt{6t^2 + 4t + 17}} = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow 12t + 4 = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = -\dfrac{1}{3}
On en déduit :
M = \begin{cases} x = 1 -\dfrac{1}{3} \cr \cr y = 1- 2\dfrac{1}{3} \cr \cr z = -1 + \dfrac{1}{3} \end{cases}
\Leftrightarrow M = \begin{cases} x = \dfrac{2}{3} \cr \cr y = \dfrac{1}{3} \cr \cr z = -\dfrac{2}{3} \end{cases}
Les coordonnées du point M sont donc les mêmes que celles du vecteur \vec{v} :
\vec{v} \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{3} \cr\cr \dfrac{1}{3} \cr\cr -\dfrac{2}{3} \end{pmatrix}
Soient \vec{u}\begin{pmatrix}-1\\0\\-1\end{pmatrix} un vecteur de l'espace et \mathcal{D} la droite d'équation paramétrique :
\mathcal{D} : \begin{cases} x = 2 + 2t \cr \cr y = -1 + t \cr \cr z = 1 - 3t \end{cases}, t \in \mathbb{R}
Quel est le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} ?
Soit \vec{v} \begin{pmatrix} x \cr\cr y \cr\cr z \end{pmatrix} le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} . On identifie le vecteur \vec{v} au point M(x;y;z) \in \mathcal{D} dont on peut chercher les coordonnées. Par définition, il existe t \in \mathbb{R} tel que :
\begin{cases} x = 2 + 2t \cr \cr y = -1 + t \cr \cr z = 1 - 3t \end{cases}
On note A l'extrémité du vecteur \vec{u} . Or, le point M \in \mathcal{D} est le point qui minimise la distance \left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert :
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} 2+2t +1 \cr\cr -1+t \cr\cr 1-3t+1 \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} 3+2t \cr\cr -1+t \cr\cr 2-3t \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \sqrt{(3+2t)^2 + (-1+t)^2 + (2-3t)^2}
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \sqrt{9 + 12t + 4t^2 + 1 -2t + t^2 + 4 - 12t + 9t^2}
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \sqrt{14t^2 -2t + 14}
On note f(t) = \sqrt{14t^2 -2t + 14} .
On a :
f'(t) = (28t -2) \dfrac{1}{2\sqrt{14t^2 -2t + 14}}
La fonction f atteint son minimum en t tel que f'(t) = 0 :
f'(t) = 0 \Leftrightarrow (28t - 2) \dfrac{1}{2\sqrt{14t^2 -2t + 14}} = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow 28t - 2 = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{2}{28} = \dfrac{1}{14}
On en déduit :
M = \begin{cases} x = 2 + 2\dfrac{1}{14} \cr \cr y = - 1 + \dfrac{1}{14} \cr \cr z = 1 - 3 \dfrac{1}{14} \end{cases}
\Leftrightarrow M = \begin{cases} x = \dfrac{30}{14} = \dfrac{15}{7} \cr \cr y = \dfrac{13}{14} \cr \cr z = \dfrac{11}{14} \end{cases}
Les coordonnées du point M sont donc les mêmes que celles du vecteur \vec{v} :
\vec{v} \begin{pmatrix} \dfrac{15}{7} \cr\cr \dfrac{13}{14} \cr\cr \dfrac{11}{14} \end{pmatrix}
Soient \vec{u}\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} un vecteur de l'espace et \mathcal{D} la droite d'équation paramétrique :
\mathcal{D} : \begin{cases} x = -2 - 2t \cr \cr y = 1 + 3t \cr \cr z = 1 - t \end{cases}, t \in \mathbb{R}
Quel est le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} ?
Soit \vec{v} \begin{pmatrix} x \cr\cr y \cr\cr z \end{pmatrix} le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} . On identifie le vecteur \vec{v} au point M(x;y;z) \in \mathcal{D} dont on peut chercher les coordonnées. Par définition, il existe t \in \mathbb{R} tel que :
\begin{cases} x = -2 -2t \cr \cr y = 1+3t \cr \cr z = 1 - t \end{cases}
On note A l'extrémité du vecteur \vec{u} . Or, le point M \in \mathcal{D} est le point qui minimise la distance \left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert :
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} -2 -2t \cr\cr 1+3t - 1 \cr\cr 1-t \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} -2 -2t \cr\cr 3t \cr\cr 1-t \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \sqrt{(-2-2t)^2 + (3t)^2 + (1-t)^2}
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \sqrt{4 + 8t + 4t^2 + 9t^2 + 1 - 2t + t^2}
\left\Vert\overrightarrow{AM}\right\Vert = \sqrt{14t^2 + 6t + 5}
On note f(t) = \sqrt{14t^2 + 6t + 5} .
On a :
f'(t) = (28t + 6) \dfrac{1}{2\sqrt{14t^2 + 6t + 5}}
La fonction f atteint son minimum en t tel que f'(t) = 0 :
f'(t) = 0 \Leftrightarrow (28t + 6) \dfrac{1}{2\sqrt{14t^2 + 6t + 5}} = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow 28t + 6 = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = -\dfrac{6}{28} = - \dfrac{3}{14}
On en déduit :
M = \begin{cases} x = -2 + 2 \dfrac{3}{14} \cr \cr y = 1 - 3 \dfrac{3}{14} \cr \cr z = 1 + \dfrac{3}{14} \end{cases}
\Leftrightarrow M = \begin{cases} x = - \dfrac{22}{14} \cr \cr y = \dfrac{5}{14} \cr \cr z = \dfrac{17}{14} \end{cases}
Les coordonnées du point M sont donc les mêmes que celles du vecteur \vec{v} :
\vec{v} \begin{pmatrix} - \dfrac{22}{14} \cr\cr \dfrac{5}{14} \cr\cr \dfrac{17}{14} \end{pmatrix}
Soient \vec{u}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} un vecteur de l'espace et \mathcal{D} la droite d'équation paramétrique :
\mathcal{D} : \begin{cases} x = 1 + t \cr \cr y = 2 + 2t \cr \cr z = 3 + 3t \end{cases}, t \in \mathbb{R}
Quel est le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} ?
Soit \vec{v} \begin{pmatrix} x \cr\cr y \cr\cr z \end{pmatrix} le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} . On identifie le vecteur \vec{v} au point M(x;y;z) \in \mathcal{D} dont on peut chercher les coordonnées. Par définition, il existe t \in \mathbb{R} tel que :
\begin{cases} x = 1 + t \cr \cr y = 2 + 2t \cr \cr z = 3+3t \end{cases}
On note A l'extrémité du vecteur \vec{u} . Or, le point M \in \mathcal{D} est le point qui minimise la distance |\vec{AM}| :
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} 1 + t - 1 \cr\cr 2+2t-1 \cr\cr 3+3t-1 \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} t \cr\cr 1 + 2t \cr\cr 2 + 3t \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert = \sqrt{t^2 + (1+2t)^2 + (2+3t)^2}
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert = \sqrt{t^2 +1 + 4t + 4t^2 + 4 + 12t + 9t^2}
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert= \sqrt{14t^2 + 16t + 5}
On note f(t) = \sqrt{14t^2 + 16t + 5} .
On a :
f'(t) = (28t + 16) \dfrac{1}{2\sqrt{14t^2 + 16t + 5}}
La fonction f atteint son minimum en t tel que f'(t) = 0 :
f'(t) = 0 \Leftrightarrow (28t + 16) \dfrac{1}{2\sqrt{14t^2 + 16t + 5}} = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow 28t+16 = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = -\dfrac{16}{28} = - \dfrac{4}{7}
On en déduit :
M = \begin{cases} x = 1 - \dfrac{4}{7} \cr \cr y = 2 - 2 \dfrac{4}{7} \cr \cr z = 3 - 3 \dfrac{4}{7} \end{cases}
\Leftrightarrow M = \begin{cases} x = \dfrac{3}{7} \cr \cr y = \dfrac{6}{7} \cr \cr z = \dfrac{9}{7} \end{cases}
Les coordonnées du point M sont donc les mêmes que celles du vecteur \vec{v} :
\vec{v} \begin{pmatrix} \dfrac{3}{7}\cr\cr \dfrac{6}{7} \cr\cr \dfrac{9}{7} \end{pmatrix}
Soient \vec{u}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix} un vecteur de l'espace et \mathcal{D} la droite d'équation paramétrique :
\mathcal{D} : \begin{cases} x = 1 + t \cr \cr y = 1 - 2t \cr \cr z = -1 - t \end{cases}, t \in \mathbb{R}
Quel est le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} ?
Soit \vec{v} \begin{pmatrix} x \cr\cr y \cr\cr z \end{pmatrix} le projeté orthogonal de \vec{u} sur \mathcal{D} . On identifie le vecteur \vec{v} au point M(x;y;z) \in \mathcal{D} dont on peut chercher les coordonnées. Par définition, il existe t \in \mathbb{R} tel que :
\begin{cases} x = 1 + t \cr \cr y = 1 - 2t \cr \cr z = -1 - t \end{cases}
On note A l'extrémité du vecteur \vec{u} . Or, le point M \in \mathcal{D} est le point qui minimise la distance |\vec{AM}| :
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} 1 + t - 1 \cr\cr 1 - 2t +1 \cr\cr -1-t +1 \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert = \left\Vert \begin{pmatrix} t \cr\cr 2 -2t \cr\cr -t \end{pmatrix} \right\Vert
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert = \sqrt{t^2 + (2-2t)^2 + (-t)^2}
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert = \sqrt{t^2 + 4 - 8t + 4t^2 + t^2}
\left\Vert\vec{AM}\right\Vert = \sqrt{6t^2 - 8t + 4}
On note f(t) = \sqrt{6t^2 - 8t + 4} .
On a :
f'(t) = (12t - 8) \dfrac{1}{2\sqrt{6t^2 - 8t + 4}}
La fonction f atteint son minimum en t tel que f'(t) = 0 :
f'(t) = 0 \Leftrightarrow (12t - 8) \dfrac{1}{2\sqrt{6t^2 - 8t + 4}} = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow 12t - 8 = 0
f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = -\dfrac{12}{8} = - \dfrac{3}{2}
On en déduit :
M = \begin{cases} x = 1 - \dfrac{3}{2} \cr \cr y = 1 + 2 \dfrac{3}{2} \cr \cr z = -1 + \dfrac{3}{2} \end{cases}
\Leftrightarrow M = \begin{cases} x = -\dfrac{1}{2} \cr \cr y = \dfrac{8}{2} = 4 \cr \cr z = \dfrac{1}{2} \end{cases}
Les coordonnées du point M sont donc les mêmes que celles du vecteur \vec{v} :
\vec{v} \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} \cr\cr 4 \cr\cr \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}