2 Produit scalaire Dans tout ce cours, on munit le plan d'un repère orthonormal $(O;I;J)$. Soit $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs non nuls. On appelle angle orienté et on note $(\vec{u},\,\vec{v})$ la mesure, en radians, de l'angle dont les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont les côtés. Cette mesure est comptée positivement dans le sens inverse des aiguilles d'une montre (sens trigonométrique).
On note la mesure $\theta$ de l'angle orienté $(\vec{u},\,\vec{v})$ par :
$(\vec{u},\,\vec{v}) = \theta \pmod{2\pi}$.

On dit que $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont des vecteurs orthogonaux si les droites qu'ils dirigent sont perpendiculaires. On considère deux vecteurs non nuls $\vec{u}$ et $\vec{v}$ du plan. Les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux ssi $(\vec{u},\,\vec{v})= \dfrac{\pi}{2} [2\pi]$ ou $(\vec{u},\,\vec{v})= \dfrac{-\pi}{2} [2\pi]$. Les positions de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont échangeables.
On appelle produit scalaire des vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ et on note $\vec{u}\cdot\vec{v}$ le nombre réel tel que:
$$\vec{u}\cdot\vec{v} = ||\vec{u}||\times ||\vec{v}||\times\cos(\vec{u},\,\vec{v}).$$

Pour tout vecteur $\vec{u}$ du plan, on a $||\vec{u}||=\sqrt{\vec{u}\cdot\vec{u}}$. Preuve
On remarque d'une part que l'angle orienté $(\vec{u},\,\vec{u})=0 [2\pi]$ donc $\cos((\vec{u},\,\vec{u}))$ $=$ $\cos(0)=1$. D'autre part, $||\vec{u}||\times ||\vec{u}|| = ||\vec{u}||^2$. D'où le résultat.
Soit $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs non nuls du plan. Les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux ssi $\vec{u}\cdot\vec{v}=0$. Preuve $\vec{u}\cdot\vec{v}=0$ équivaut à $||\vec{u}||\times ||\vec{v}||\times\cos(\vec{u},\,\vec{v})=0$. Comme $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont deux vecteurs non nuls du plan, leurs normes sont aussi non nuls. Or un produit de facteurs est nul ssi au moins un de ses facteurs est nul.
Donc $\vec{u}\cdot\vec{v}=0$ équivaut à $\cos(\vec{u},\,\vec{v})=0$.
Or, $\cos(\vec{u},\,\vec{v})=0$ ssi $(\vec{u},\,\vec{v})= \dfrac{\pi}{2} [2\pi]$ ou $(\vec{u},\,\vec{v})= \dfrac{-\pi}{2} [2\pi]$.
D'où le résultat.
En classe de $2^{nde}$, on a introduit la notion de vecteurs colinéaires qui permet d'étudier des propriétés de parallélisme, d'alignements. Cette dernière propriété montre que le produit scalaire est un outil précieux pour étudier l'orthogonalité et par extension, calculer des longueurs et des angles comme nous allons le montrer dans ce cours. On appelle projeté orthogonal du point $M$ sur la droite $D$ le point d'intersection $H$ de la droite $D$ avec la perpendiculaire à $D$ passant par $M$.

Soient $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ deux vecteurs du plan. $H$ est le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AB)$.

Alors, $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH}$.

 Preuve : A B C H

$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=$ $\overrightarrow{AB}\cdot$ $(\overrightarrow{AH}$ $+$ $\overrightarrow{HC})$
$=$ $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}$ $ +$ $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{HC}$
$=$ $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}$ $+$ $\vec{0}$ car $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{HC}$ sont orthogonaux.
$=$ $ \overrightarrow{AB} \cdot \left( \dfrac{AH}{AB}\times\overrightarrow{AB} \right)$ les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AH}$ étant colinéaires
$=$ $\dfrac{AH}{AB}\times \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB}$
$=$ $\dfrac{AH}{AB}\times AB^2$
$=$ $AH\times AB$
$=$ $AC\times\cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} )\times AB$ d'après les formules de trigonométrie
$=$ $AB\times AC\times\cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} )$.

Soient $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ deux vecteurs du plan et soit $H$ le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $(AB)$.

Si $H\in [AB)$, alors $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH} = AB \times AH$.

Si $H \notin [AB)$, alors $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH} = - AB \times AH$.

 Produit scalaire avec des coordonnées ⚠️ Notation importante: Dans tout ce cours, on munit le plan d'un repère orthonormal $(O;I;J)$. On pose $\vec{OI}=\vec{i}$ et $\vec{OJ}=\vec{j}$; et on nommera $(O,\vec{i};\vec{j})$ le repère orthonormal. Soit deux vecteurs du plan $\vec{u}=\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ et $\vec{v}=\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}$ alors : $$\vec{u}\cdot\vec{v} = xx'+yy'.$$
Prouver que $\vec{u}=\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}$ et $\vec{v}=\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \end{pmatrix}$ sont orthogonaux. On calcule $\vec{u}\cdot\vec{v} = 1\times (-3) + 3\times 1=0$. D'où le résultat. Propriétés du produit scalaire
  1. Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\vec u \cdot \vec v$ $=$ $\vec v \cdot \vec u$.
  2. Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec u'$ et $\vec v$ : $(\vec u + \vec u')\cdot\vec v$ $=$ $\vec u \cdot\vec v +\vec u' \cdot\vec v$.
  3. Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ et tout $k \in \mathbb{R}$ : $(k\vec u)\cdot\vec v$ $=$ $k\times \vec u \cdot \vec v$.
  4. Pour tout vecteur $\vec u$ : $\vec{0}\cdot\vec u$ $=$ $\vec u \cdot\vec{0}$ $=$ $0$.
 Preuve
Il suffit d'écrire explicitement les calculs en utilisant la propriété du produit scalaire donnée avec les coordonnées des vecteurs. Le point 1. décrit le caractère symétrique du produit scalaire.
Les points 2. et 3. décrivent le caractère linéaire par rapport à la variable de gauche du produit scalaire. Or, du fait de la symétrie, le produit scalaire est aussi linéaire par rapport à sa variable de droite. Ainsi, le produit scalaire est linéaire par rapport à ses deux variables, on dit donc qu'il s'agit d'une application bilinéaire.
  1. Pour tout vecteur $\vec u \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ : $\| \vec u \|^2$ $=$ $\vec u \cdot \vec u$ $=$ $x^2 + y^2$.

  2. Pour tout vecteur $\vec u$ et tout $k \in \mathbb{R}$ : $\| k\vec u \|$ $=$ $|k|\| \vec u \|$.

  3. Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\| \vec u + \vec v \|^2$ $=$ $\|\vec u \|^2 + 2\vec u . \vec v + \|\vec v \|^2$.

  4. Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\vec u \cdot \vec v$ $=$ $\dfrac{1}{2}\left(\| \vec u + \vec v \|^2 -\|\vec u \|^2 - \|\vec v \|^2\right)$.

  5. Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\vec u \cdot \vec v$ $=$ $\dfrac{1}{2}\left(\|\vec u \|^2 + \|\vec v \|^2 - \| \vec u - \vec v \|^2\right)$.

  6. Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\vec u \cdot \vec v$ $=$ $\dfrac{1}{4}\left(\| \vec u + \vec v \|^2- \| \vec u - \vec v \|^2\right)$.
Preuve
Pour le point 1 nous utilisons la définition du produit scalaire et pour les points 2 et 3 la propriété précédente.
  1. $\| \vec u \|^2$ $=$ $\vec u \cdot \vec u$ $=$ $\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ $=$ $x^2+y^2$.

  2. $\| k\vec u \|^2$ $=$ $(k\vec u)\cdot(k\vec u)$ $=$ $k(\vec u)(k\vec u)$ $=$ $k^2\vec u\cdot\vec u$ $=$ $k^2\|u\|^2$.
    Ainsi : $\|ku\|$ $=$ $\sqrt{\| k\vec u \|^2}$ $=$ $\sqrt{k^2\|u\|^2}$ $=$ $\sqrt{k^2}\|u\|$ $=$ $|k|\|u\|$.

  3. $\| \vec u + \vec v \|^2$ $=$ $(\vec u+\vec v)\cdot(\vec u+\vec v)$ $=$ $\vec u\cdot\vec u +\vec u\cdot\vec v+\vec v\cdot\vec u+\vec v\cdot\vec v$ $=$ $\|u\|^2+ \vec u\cdot\vec v+\vec u.\vec v + \|v\|^2$ $=$ $\|\vec u \|^2 + 2\vec u \cdot \vec v + \|\vec v \|^2$.

  4. On obtient l'égalité à partir de la précédente en changeant de membres certains termes, ou alors en remplaçant $\| \vec u + \vec v \|^2$ par $\|\vec u \|^2 + 2\vec u \cdot \vec v + \|\vec v \|^2$.

  5. On remplace $\| \vec u - \vec v \|^2$ par $\|\vec u \|^2 - 2\vec u \cdot \vec v + \|\vec v \|^2$.

  6. On effectue les mêmes remplacements que dans les deux calculs précédents.
Théorème d'Al-Kashi
Dans un triangle $ABC$ où $a = BC$, $b = AC$ et $c = AB$, on a : $$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos(\widehat{A}).$$ On sait que : $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = AB \times AC \times \cos(\widehat{A}) = bc \cos(\widehat{A})$ et que : $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \frac{1}{2}\big(AB^2 + AC^2 - BC^2\big) = \frac{1}{2}\big(b^2 + c^2 - a^2\big).$ grâce à la propriété précédente. Donc : $$\frac{1}{2}\big(b^2 + c^2 - a^2\big) = bc \cos(\widehat{A})$$ Soit : $$b^2 + c^2 - a^2 = 2bc \cos(\widehat{A})$$ Soit encore : $$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos(\widehat{A}).$$ Cette formule permet de calculer une longueur à partir des longueurs des deux autres côtés et de l’angle qu'ils forment.
Elle peut aussi se réécrire pour déterminer un angle : $$ \cos(\widehat{BAC}) = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 \times AB \times AC} $$

Démonstration. Plaçons le triangle $ABC$ dans un repère où $A$ est à l'origine $(0,0)$ et $B$ sur l'axe des abscisses. On a alors : - $A(0,0)$, - $B(AB,0)$, - $C(AC \cos\widehat{BAC},\; AC \sin\widehat{BAC})$. Par le théorème de Pythagore appliqué au vecteur $\overrightarrow{BC}$ : $$ BC^2 = (AB - AC\cos\widehat{BAC})^2 + (AC\sin\widehat{BAC})^2 $$ En développant et en utilisant $\cos^2x + \sin^2x = 1$, on obtient : $$ BC^2 = AB^2 - 2AB \times AC \times \cos\widehat{BAC} + AC^2 $$ Ce qui est exactement la formule d’Al-Kashi. Dans le triangle $ABC$ ci-dessous, on donne les longueurs suivantes : Calculer l’angle $\widehat{BAC}$ à l’aide du produit scalaire.

On applique la formule du produit scalaire :

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = ||\vec{AB}|| \times ||\vec{AC}|| \times \cos(\widehat{BAC})$

On connaît $AB = 5$ cm, $AC = 4$ cm, et $BC = 6$ cm.
On applique la même méthode que pour la preuve du théorème d'Al-Kashi :
$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \dfrac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2}$
$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \dfrac{5^2 + 4^2 - 6^2}{2} = \dfrac{25 + 16 - 36}{2} = \dfrac{5}{2} = 2{,}5$ Donc :
$\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{||\vec{AB}|| \times ||\vec{AC}||} = \dfrac{2{,}5}{5 \times 4} = \dfrac{2{,}5}{20} = 0{,}125$ Finalement :
$\widehat{BAC} \approx \cos^{-1}(0{,}125) \approx 82{,}8^\circ$

L’angle $\widehat{BAC}$ mesure environ $82{,}8^\circ$.

Caractérisation d'un cercle L’ensemble des points $M$ vérifiant $\vec{MA} \cdot \vec{MB} = 0$ est le cercle de diamètre $[AB]$.

Soit $\Omega$ le milieu du segment $[AB]$.
On a : $$\vec{MA} \cdot \vec{MB} = 0$$ $\iff (\vec{M\Omega} + \vec{\Omega A}) \cdot (\vec{M\Omega} + \vec{\Omega B}) = 0$ Comme $\Omega$ est le milieu de $[AB]$, on a $\vec{\Omega B} = -\vec{\Omega A}$. Ainsi : $$(\vec{M\Omega} + \vec{\Omega A}) \cdot (\vec{M\Omega} - \vec{\Omega A}) = 0$$ $\iff MO^2 - \Omega A^2 = 0$ $\iff MO^2 = \Omega A^2$ Donc $MO = \Omega A$, ce qui signifie que $M$ appartient au cercle de centre $\Omega$ et de rayon $\Omega A$, c’est-à-dire au cercle de diamètre $[AB]$.







FIN DU CHAPITRE 🥳