Exercices corrigés : le produit scalaire (Première spécialité)

a) On lit les déplacements depuis l'origine : $\vec{u}(3,\ -2)$, $\vec{v}(4,\ 6)$, $\vec{w}(1,\ 5)$ et $\vec{t}(-2,\ 3)$. On compte d'abord le déplacement HORIZONTAL, puis le vertical : c'est l'ordre des coordonnées, et l'inverser est l'erreur la plus fréquente en lecture graphique. Les signes se lisent sur le sens du déplacement, vers la gauche ou vers le bas pour un signe négatif.

b) $\vec{u}\cdot\vec{v}=3\times 4+(-2)\times 6=12-12=0$. Les deux vecteurs sont donc ORTHOGONAUX. La figure le confirme : $\vec{u}$ pointe vers le bas à droite et $\vec{v}$ vers le haut à droite, et l'angle qu'ils forment est bien droit. C'est là tout l'intérêt du produit scalaire, qui permet de prouver une perpendicularité par un calcul de deux multiplications, là où la géométrie classique demanderait une construction.

c) $\vec{w}\cdot\vec{t}=1\times(-2)+5\times 3=-2+15=13$. Le résultat étant POSITIF, on sait déjà, avant tout calcul d'angle, que l'angle entre les deux vecteurs est aigu.

d) $\|\vec{w}\|=\sqrt{1^{2}+5^{2}}=\sqrt{26}\approx 5{,}10$ et $\|\vec{t}\|=\sqrt{(-2)^{2}+3^{2}}=\sqrt{13}\approx 3{,}61$. La norme n'est rien d'autre que le théorème de Pythagore appliqué au triangle rectangle formé par les deux coordonnées, et les carrés effacent les signes.

e) $\cos\theta=\frac{\vec{w}\cdot\vec{t}}{\|\vec{w}\|\times\|\vec{t}\|}=\frac{13}{\sqrt{26}\times\sqrt{13}}=\frac{13}{\sqrt{338}}$. On simplifie plutôt que de passer à la calculatrice : $\sqrt{338}=\sqrt{169\times 2}=13\sqrt{2}$, donc $\cos\theta=\frac{13}{13\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. L'angle mesure donc EXACTEMENT $45^{\circ}$.

Deux contrôles valident systématiquement ce type de calcul, et il faut les faire. D'abord le cosinus obtenu doit appartenir à $[-1\,;\,1]$, faute de quoi une norme a été mal calculée ; ici $0{,}707$ convient ✓. Ensuite son signe doit correspondre à celui du produit scalaire, positif pour un angle aigu et négatif pour un angle obtus ; ici les deux sont positifs ✓. Le fait de tomber sur une valeur exacte comme $45^{\circ}$ n'est jamais un hasard dans un exercice, c'est le signe que la simplification était attendue : une réponse du type $\theta\approx 45{,}0^{\circ}$ obtenue à la calculatrice serait moins bien notée qu'une valeur exacte justifiée.

a) $\vec{u}\cdot\vec{v}=\|\vec{u}\|\times\|\vec{v}\|\times\cos\theta=5\times 3\times\cos(60^{\circ})=15\times\frac{1}{2}=7{,}5$. Cette expression est la SECONDE définition du produit scalaire, celle qui s'utilise quand on connaît l'angle plutôt que les coordonnées ; les deux expressions donnent toujours le même nombre.

b) $\cos(120^{\circ})=-\frac{1}{2}$, donc $\vec{u}\cdot\vec{v}=15\times\left(-\frac{1}{2}\right)=-7{,}5$. Le produit scalaire est NÉGATIF parce que l'angle est obtus : les deux vecteurs pointent globalement en sens opposés. Comparé à a), seul le signe a changé, les angles $60^{\circ}$ et $120^{\circ}$ étant supplémentaires et leurs cosinus opposés.

c) $\cos(90^{\circ})=0$, donc le produit scalaire est nul : c'est le cas d'ORTHOGONALITÉ, et l'on retrouve par cette seconde expression ce que l'exercice 1 avait établi par les coordonnées. Le produit scalaire est donc l'unique quantité qui vaut zéro exactement lorsque les vecteurs sont perpendiculaires, ce qui en fait l'outil de démonstration de tout le chapitre.

d) On isole le cosinus : $\cos\theta=\frac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{\|\vec{u}\|\times\|\vec{v}\|}=\frac{-12}{4\times 6}=\frac{-12}{24}=-\frac{1}{2}$, donc $\theta=120^{\circ}$. Le signe négatif du produit scalaire annonçait déjà un angle obtus, et l'on vérifie que $120^{\circ}>90^{\circ}$ ✓.

e) Impossible. Comme $|\cos\theta|\leq 1$ pour tout angle, on a toujours $\left|\vec{u}\cdot\vec{v}\right|\leq\|\vec{u}\|\times\|\vec{v}\|$, soit ici au plus $3\times 4=12$. La valeur annoncée, $20$, dépasse ce maximum : aucun couple de vecteurs ne peut réaliser ces trois données.

L'inégalité utilisée en e) porte un nom, celle de Cauchy et Schwarz, et elle mérite d'être retenue comme un contrôle de vraisemblance systématique. Elle dit qu'un produit scalaire ne peut jamais dépasser, en valeur absolue, le produit des normes, et que l'égalité n'a lieu que pour des vecteurs COLINÉAIRES, l'angle valant alors $0^{\circ}$ ou $180^{\circ}$. On dispose ainsi d'une échelle complète : le produit scalaire vaut $+\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|$ pour des vecteurs de même sens, décroît jusqu'à $0$ à la perpendicularité, puis jusqu'à $-\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|$ pour des vecteurs de sens opposés. Le produit scalaire mesure donc à quel point deux vecteurs vont dans la même direction.

a) On développe comme une identité remarquable, le produit scalaire se comportant exactement comme une multiplication vis-à-vis de l'addition : $\|\vec{u}+\vec{v}\|^{2}=(\vec{u}+\vec{v})\cdot(\vec{u}+\vec{v})=\|\vec{u}\|^{2}+2\,\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^{2}=9+10+16=35$, donc $\|\vec{u}+\vec{v}\|=\sqrt{35}\approx 5{,}92$. Le point de méthode est de toujours passer par le CARRÉ de la norme, jamais par la norme elle-même, car seul le carré se développe.

b) Même développement avec le signe opposé sur le double produit : $\|\vec{u}-\vec{v}\|^{2}=\|\vec{u}\|^{2}-2\,\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^{2}=9-10+16=15$, donc $\|\vec{u}-\vec{v}\|=\sqrt{15}\approx 3{,}87$.

c) $(\vec{u}+\vec{v})\cdot(\vec{u}-\vec{v})=\vec{u}\cdot\vec{u}-\vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{v}\cdot\vec{u}-\vec{v}\cdot\vec{v}=\|\vec{u}\|^{2}-\|\vec{v}\|^{2}=9-16=-7$. Les termes croisés se compensent parce que le produit scalaire est SYMÉTRIQUE, c'est-à-dire que $\vec{u}\cdot\vec{v}=\vec{v}\cdot\vec{u}$ ; on retrouve exactement l'identité $(a+b)(a-b)=a^{2}-b^{2}$.

d) On isole le double produit dans la formule de a) : $\vec{u}\cdot\vec{v}=\frac{1}{2}\left(\|\vec{u}+\vec{v}\|^{2}-\|\vec{u}\|^{2}-\|\vec{v}\|^{2}\right)=\frac{1}{2}(35-9-16)=\frac{10}{2}=5$ ✓. On retrouve bien la donnée de l'énoncé, ce qui valide toute la chaîne de calculs.

La question d) a une portée qui dépasse la vérification : elle montre que le produit scalaire se DÉDUIT entièrement des longueurs. Trois distances suffisent donc à retrouver un angle, ce qui est exactement le contenu de la formule d'Al-Kashi de l'exercice 6, et cela explique pourquoi le produit scalaire est l'outil naturel des problèmes métriques. On peut vérifier au passage une identité remarquable de plus : $\|\vec{u}+\vec{v}\|^{2}+\|\vec{u}-\vec{v}\|^{2}=35+15=50$ et $2\left(\|\vec{u}\|^{2}+\|\vec{v}\|^{2}\right)=2(9+16)=50$ ✓. Cette égalité, dite du parallélogramme, dit que la somme des carrés des diagonales égale la somme des carrés des quatre côtés.

a) $\vec{AB}(5-1,\ 4-2)=(4,\ 2)$ et $\vec{AC}(3-1,\ 6-2)=(2,\ 4)$. Donc $\vec{AB}\cdot\vec{AC}=4\times 2+2\times 4=8+8=16$, valeur positive, ce qui indique que l'angle $\widehat{BAC}$ est aigu et que $H$ tombera du bon côté de $A$.

b) $\|\vec{AB}\|=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$, donc $\|\vec{AB}\|^{2}=20$ et $k=\frac{16}{20}=0{,}8$. Comme $0<k<1$, le point $H$ appartient au SEGMENT $[AB]$ lui-même et non à son prolongement : c'est bien ce que montre la figure, où $H$ se situe entre $A$ et $B$, plus près de $B$ puisque $k$ est proche de $1$. Un $k$ négatif aurait placé $H$ de l'autre côté de $A$, et un $k$ supérieur à $1$ au-delà de $B$. Le coefficient $k$ se lit donc comme la FRACTION du trajet de $A$ vers $B$ à laquelle se trouve le projeté.

c) $\vec{AH}=k\,\vec{AB}=0{,}8\times(4,\ 2)=(3{,}2\ ;\ 1{,}6)$, d'où $H\left(1+3{,}2\ ;\ 2+1{,}6\right)=(4{,}2\ ;\ 3{,}6)$. Attention à ne pas confondre le VECTEUR $\vec{AH}$ et le POINT $H$ : il faut ajouter les coordonnées de $A$, faute de quoi on obtiendrait un point situé près de l'origine.

d) $\vec{HC}=(3-4{,}2\ ;\ 6-3{,}6)=(-1{,}2\ ;\ 2{,}4)$. Le produit scalaire avec $\vec{AB}(4,\ 2)$ vaut $-1{,}2\times 4+2{,}4\times 2=-4{,}8+4{,}8=0$ ✓ : les vecteurs sont bien orthogonaux, ce qui valide le calcul de $H$. Cette vérification est indispensable et coûte deux multiplications ; s'en dispenser revient à rendre un résultat non contrôlé.

On dispose maintenant de la distance cherchée : $CH=\sqrt{(-1{,}2)^{2}+2{,}4^{2}}=\sqrt{1{,}44+5{,}76}=\sqrt{7{,}2}\approx 2{,}683$. Il vaut la peine de noter la logique d'ensemble, car elle se rejoue à l'identique dans l'espace en Terminale. Le projeté orthogonal est le point de la droite le PLUS PROCHE de $C$, et la formule $k=\frac{\vec{AB}\cdot\vec{AC}}{\|\vec{AB}\|^{2}}$ n'est que la traduction de la condition $\vec{HC}\cdot\vec{AB}=0$, résolue une fois pour toutes. On peut d'ailleurs retrouver la distance sans passer par $H$, à l'aide du déterminant : $CH=\frac{\left|4\times 4-2\times 2\right|}{\|\vec{AB}\|}=\frac{12}{2\sqrt{5}}=\frac{6}{\sqrt{5}}\approx 2{,}683$ ✓, exactement la même valeur.

a) Un cercle de centre $\Omega(a,\ b)$ et de rayon $r$ a pour équation $(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=r^{2}$, traduction directe de $\Omega M=r$ élevée au carré. Ici : $(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=9$, en prenant garde au signe, l'ordonnée du centre valant $-1$ donc $y-(-1)=y+1$. En développant : $x^{2}-4x+4+y^{2}+2y+1=9$, soit $x^{2}+y^{2}-4x+2y-4=0$.

b) La figure montre $P$ SUR le cercle et $Q$ à l'INTÉRIEUR, et le calcul le confirme. Pour $P(5,\ -1)$ : $25+1-20-2-4=0$, donc $P$ appartient au cercle. Pour $Q(0,\ 0)$ : $0+0-0+0-4=-4\neq 0$, donc $Q$ n'appartient pas au cercle ; le résultat étant strictement NÉGATIF, $Q$ est intérieur au disque. On le vérifie par la distance au centre : $\Omega Q=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}\approx 2{,}24$, inférieure au rayon $3$ ✓.

c) On regroupe les termes en $x$ et ceux en $y$, puis on COMPLÈTE LES CARRÉS : $x^{2}-6x=(x-3)^{2}-9$ et $y^{2}+4y=(y+2)^{2}-4$. L'équation devient $(x-3)^{2}-9+(y+2)^{2}-4+9=0$, soit $(x-3)^{2}+(y+2)^{2}=4$. C'est le cercle de centre $(3,\ -2)$ et de rayon $2$. La règle de la complétion se retient ainsi : on prend la moitié du coefficient de $x$, on la met dans la parenthèse, et l'on retranche son carré.

d) Même traitement : $x^{2}-2x=(x-1)^{2}-1$ et $y^{2}+4y=(y+2)^{2}-4$. L'équation devient $(x-1)^{2}-1+(y+2)^{2}-4+10=0$, soit $(x-1)^{2}+(y+2)^{2}=-5$. Une somme de carrés ne peut pas être négative : aucun point ne convient, l'ensemble est VIDE. Ce n'est donc pas un cercle.

Une équation de la forme $x^{2}+y^{2}+\alpha x+\beta y+\gamma=0$ ne définit donc pas toujours un cercle, et la question d) montre qu'il faut vérifier avant de conclure. Après complétion des carrés, on obtient un second membre $R$ qui décide de tout : si $R>0$ c'est un cercle de rayon $\sqrt{R}$, si $R=0$ l'ensemble se réduit au SEUL point central, et si $R<0$ il est vide. Le rôle joué par $R$ est exactement celui du discriminant pour un trinôme, et l'on retrouvera cette trichotomie dans toute la géométrie analytique.

a) La formule d'Al-Kashi, ou loi des cosinus, s'écrit $BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2\times AB\times AC\times\cos\widehat{A}$ : le côté cherché est OPPOSÉ à l'angle connu, ce qui est la seule chose à mémoriser. Ici : $BC^{2}=49+25-2\times 7\times 5\times\frac{1}{2}=74-35=39$, donc $BC=\sqrt{39}\approx 6{,}245$. Contrôle de plausibilité : $BC$ doit être compris entre $7-5=2$ et $7+5=12$ par l'inégalité triangulaire, et $6{,}245$ y est ✓.

b) On applique Al-Kashi à l'angle $\widehat{B}$, le côté opposé étant $AC$ : $AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2\times AB\times BC\times\cos\widehat{B}$, soit $25=49+39-14\sqrt{39}\cos\widehat{B}$. On isole : $14\sqrt{39}\cos\widehat{B}=88-25=63$, donc $\cos\widehat{B}=\frac{63}{14\sqrt{39}}\approx 0{,}7206$ et $\widehat{B}\approx 43{,}9^{\circ}$.

c) $\widehat{C}=180^{\circ}-60^{\circ}-43{,}9^{\circ}\approx 76{,}1^{\circ}$. Il est prudent de le confirmer par un calcul INDÉPENDANT plutôt que par la somme des angles, laquelle propagerait une éventuelle erreur de b) : $\cos\widehat{C}=\frac{AC^{2}+BC^{2}-AB^{2}}{2\times AC\times BC}=\frac{25+39-49}{2\times 5\times\sqrt{39}}=\frac{15}{10\sqrt{39}}\approx 0{,}2402$, ce qui donne bien environ $76{,}1^{\circ}$ ✓. La somme des trois angles vaut alors $180^{\circ}$ à l'arrondi près ✓.

d) Non. Aucun des trois angles ne vaut $90^{\circ}$, les valeurs étant $60^{\circ}$, $43{,}9^{\circ}$ et $76{,}1^{\circ}$. On peut aussi le voir sur les longueurs, ce qui évite tout calcul d'angle : le plus grand côté est $AB=7$, or $AC^{2}+BC^{2}=25+39=64$ alors que $AB^{2}=49$. L'égalité de Pythagore n'est pas vérifiée, et comme $64>49$ l'angle opposé au plus grand côté est même aigu.

Il faut savoir quand employer Al-Kashi plutôt que la loi des sinus, et le critère tient en une phrase. Al-Kashi s'utilise dans deux configurations, quand on connaît deux côtés et l'angle ENTRE eux, comme en a), ou quand on connaît les trois côtés et que l'on cherche un angle, comme en b) et c). La loi des sinus s'utilise dans les autres cas, mais elle présente un risque, le cas ambigu, un même sinus correspondant à deux angles supplémentaires ; le cosinus, lui, détermine l'angle sans ambiguïté sur $[0^{\circ}\,;\,180^{\circ}\,]$, son signe distinguant d'emblée l'aigu de l'obtus. Al-Kashi est donc l'outil le plus sûr, et il contient Pythagore comme cas particulier, ainsi que le rappellera l'exercice 9.

a) Le milieu s'obtient en moyennant les coordonnées : $I\left(\frac{-2+4}{2},\ \frac{1+5}{2}\right)=(1,\ 3)$, ce qui correspond bien à la position du point marqué sur la figure, à mi-chemin entre $A$ et $B$ ✓. Ensuite $\vec{AB}(6,\ 4)$, donc $AB=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}\approx 7{,}21$ et $AB^{2}=52$.

b) On applique la formule de la distance au carré, qui évite toute racine inutile : $MA^{2}=(5-(-2))^{2}+(-1-1)^{2}=49+4=53$ ; $MB^{2}=(5-4)^{2}+(-1-5)^{2}=1+36=37$ ; $MI^{2}=(5-1)^{2}+(-1-3)^{2}=16+16=32$. Travailler avec les carrés est le réflexe à prendre dans tout ce chapitre : les formules s'y expriment sans radicaux.

c) Membre de gauche : $MA^{2}+MB^{2}=53+37=90$. Membre de droite : $2MI^{2}+\frac{AB^{2}}{2}=2\times 32+\frac{52}{2}=64+26=90$. L'égalité est vérifiée ✓.

d) D'après le théorème de la médiane appliqué à un point $N$ quelconque, $NA^{2}+NB^{2}=2NI^{2}+\frac{AB^{2}}{2}=2NI^{2}+26$. L'équation devient $2NI^{2}+26=100$, soit $NI^{2}=37$ et $NI=\sqrt{37}\approx 6{,}08$. L'ensemble cherché est donc le CERCLE de centre $I(1,\ 3)$ et de rayon $\sqrt{37}$.

La puissance de la question d) mérite d'être soulignée : sans le théorème de la médiane, il aurait fallu écrire $(x+2)^{2}+(y-1)^{2}+(x-4)^{2}+(y-5)^{2}=100$, développer, regrouper et compléter deux carrés, soit une dizaine de lignes de calcul pour aboutir au même cercle. Le théorème fait ce travail une fois pour toutes. Sur le fond, il dit que la quantité $NA^{2}+NB^{2}$ ne dépend que de la distance de $N$ au MILIEU de $[AB]$, ce qui rend la nature circulaire de l'ensemble évidente. Notez enfin qu'il faut $\frac{AB^{2}}{2}\leq 100$ pour que la solution existe, condition ici largement satisfaite puisque $26\leq 100$ ; si la valeur imposée avait été $20$, l'ensemble aurait été vide.

a) On soustrait toujours l'origine du vecteur : $\vec{MA}(-1-x,\ 2-y)$ et $\vec{MB}(5-x,\ 4-y)$. Le point mobile $M$ étant l'origine des deux vecteurs, ses coordonnées apparaissent en négatif, ce qui est le point à surveiller.

b) Le produit scalaire vaut $(-1-x)(5-x)+(2-y)(4-y)$. On développe chaque produit séparément : $(-1-x)(5-x)=-5+x-5x+x^{2}=x^{2}-4x-5$, et $(2-y)(4-y)=8-2y-4y+y^{2}=y^{2}-6y+8$. La somme donne $x^{2}+y^{2}-4x-6y+3$, et la condition $\vec{MA}\cdot\vec{MB}=0$ s'écrit bien $x^{2}+y^{2}-4x-6y+3=0$ ✓.

c) On complète les carrés : $x^{2}-4x=(x-2)^{2}-4$ et $y^{2}-6y=(y-3)^{2}-9$. L'équation devient $(x-2)^{2}-4+(y-3)^{2}-9+3=0$, soit $(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=10$. L'ensemble $E$ est le cercle de centre $(2,\ 3)$ et de rayon $\sqrt{10}\approx 3{,}16$.

d) Le cours affirme que l'ensemble des points $M$ tels que $\vec{MA}\cdot\vec{MB}=0$ est le cercle de DIAMÈTRE $[AB]$. Son centre est donc le milieu de $[AB]$, soit $\left(\frac{-1+5}{2},\ \frac{2+4}{2}\right)=(2,\ 3)$, et son rayon vaut $\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{36+4}}{2}=\frac{\sqrt{40}}{2}=\frac{2\sqrt{10}}{2}=\sqrt{10}$. On retrouve exactement le même cercle ✓, en trois lignes au lieu de quinze.

La comparaison des deux méthodes est l'enseignement principal de cet exercice. Le calcul de b) et c) est infaillible mais long ; la propriété de d) est immédiate mais suppose de l'avoir reconnue. En examen, on gagne à faire les deux : identifier la propriété pour savoir OÙ l'on va, puis mener le calcul pour le démontrer. Quant à la propriété elle-même, elle n'est que la reformulation vectorielle d'un théorème de collège, celui de l'angle inscrit dans un demi-cercle : un triangle inscrit dans un cercle dont un côté est un diamètre est rectangle. Dire que $\widehat{AMB}=90^{\circ}$ ou que $\vec{MA}\cdot\vec{MB}=0$, c'est exactement la même chose.