Exercices corrigés : le produit scalaire (Première spécialité)

a) $\vec{u}\cdot\vec{v}=3\times 4+(-2)\times 6=12-12=0$. Les deux vecteurs sont donc orthogonaux.

b) $\vec{w}\cdot\vec{t}=1\times(-2)+5\times 3=-2+15=13$.

c) $\|\vec{w}\|=\sqrt{1+25}=\sqrt{26}$ et $\|\vec{t}\|=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$.

d) $\cos(\theta)=\frac{13}{\sqrt{26}\times\sqrt{13}}=\frac{13}{\sqrt{338}}=\frac{13}{13\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. L'angle mesure donc exactement $45^{\circ}$.

a) $\vec{u}\cdot\vec{v}=5\times 3\times\cos(60^{\circ})=15\times\frac{1}{2}=7{,}5$.

b) $\cos(120^{\circ})=-\frac{1}{2}$, donc $\vec{u}\cdot\vec{v}=-7{,}5$. Le produit scalaire est négatif parce que l'angle est obtus : les deux vecteurs pointent globalement en sens opposés.

c) $\cos(90^{\circ})=0$, donc le produit scalaire est nul : c'est le cas d'orthogonalité.

d) $\cos(\theta)=\frac{-12}{4\times 6}=-\frac{1}{2}$, donc $\theta=120^{\circ}$.

e) Impossible. Comme $|\cos(\theta)|\leq 1$, on a toujours $|\vec{u}\cdot\vec{v}|\leq\|\vec{u}\|\times\|\vec{v}\|$, soit ici au plus $3\times 4=12$. La valeur 20 dépasse ce maximum.

a) $\|\vec{u}+\vec{v}\|^2=\|\vec{u}\|^2+2\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^2=9+10+16=35$, donc $\|\vec{u}+\vec{v}\|=\sqrt{35}$.

b) $\|\vec{u}-\vec{v}\|^2=\|\vec{u}\|^2-2\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^2=9-10+16=15$, donc $\|\vec{u}-\vec{v}\|=\sqrt{15}$.

c) $(\vec{u}+\vec{v})\cdot(\vec{u}-\vec{v})=\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2=9-16=-7$. Les termes croisés se compensent, exactement comme dans l'identité $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$.

d) $\vec{u}\cdot\vec{v}=\frac{1}{2}(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2-\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2)=\frac{1}{2}(35-9-16)=\frac{10}{2}=5$. On retrouve bien la donnée de l'énoncé.

a) $\vec{AB}(4,\ 2)$ et $\vec{AC}(2,\ 4)$. Donc $\vec{AB}\cdot\vec{AC}=4\times 2+2\times 4=8+8=16$.

b) $\|\vec{AB}\|=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$.

c) $\|\vec{AB}\|^2=20$, donc le coefficient vaut $\frac{16}{20}=0{,}8$. Ainsi $\vec{AH}=0{,}8\times(4,\ 2)=(3{,}2\ ;\ 1{,}6)$, d'où $H(1+3{,}2\ ;\ 2+1{,}6)=(4{,}2\ ;\ 3{,}6)$.

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.

a) $(x-2)^2+(y+1)^2=9$. En développant : $x^2-4x+4+y^2+2y+1=9$, soit $x^2+y^2-4x+2y-4=0$.

b) Pour $P$ : $25+1-20-2-4=0$, donc $P$ appartient au cercle. Pour $Q$ : $0+0-0+0-4=-4\neq 0$, donc $Q$ n'y appartient pas.

c) On regroupe et 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.

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

a) $BC^2=AB^2+AC^2-2\times AB\times AC\times\cos(60^{\circ})=49+25-2\times 35\times\frac{1}{2}=74-35=39$. Donc $BC=\sqrt{39}\approx 6{,}245$.

b) Al-Kashi appliqué à l'angle $\widehat{B}$ : $AC^2=AB^2+BC^2-2\times AB\times BC\times\cos(\widehat{B})$, soit $25=49+39-14\sqrt{39}\cos(\widehat{B})$. On en tire $\cos(\widehat{B})=\frac{63}{14\sqrt{39}}\approx 0{,}7206$, donc $\widehat{B}\approx 43{,}9^{\circ}$.

c) $\widehat{C}=180^{\circ}-60^{\circ}-43{,}9^{\circ}\approx 76{,}1^{\circ}$. On peut le confirmer par Al-Kashi : $\cos(\widehat{C})=\frac{25+39-49}{2\times 5\times\sqrt{39}}=\frac{15}{10\sqrt{39}}\approx 0{,}2402$, ce qui donne bien environ $76{,}1^{\circ}$.

d) Non. Aucun angle ne vaut $90^{\circ}$, et on le voit aussi sur les longueurs : 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.

a) $I\left(\frac{-2+4}{2},\ \frac{1+5}{2}\right)=(1,\ 3)$. $\vec{AB}(6,\ 4)$ donc $AB=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}$, et $AB^2=52$.

b) $MA^2=(5+2)^2+(-1-1)^2=49+4=53$. $MB^2=(5-4)^2+(-1-5)^2=1+36=37$. $MI^2=(5-1)^2+(-1-3)^2=16+16=32$.

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

d) D'après le théorème de la médiane, $NA^2+NB^2=2NI^2+26$. L'équation devient $2NI^2+26=100$, soit $NI^2=37$, donc $NI=\sqrt{37}$. L'ensemble cherché est le cercle de centre $I(1,\ 3)$ et de rayon $\sqrt{37}$.

a) $\vec{MA}(-1-x,\ 2-y)$ et $\vec{MB}(5-x,\ 4-y)$.

b) Le produit scalaire vaut $(-1-x)(5-x)+(2-y)(4-y)$. On développe : $(-1-x)(5-x)=-5+x-5x+x^2=x^2-4x-5$ 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 est bien que cette expression soit nulle.

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

d) Le cours dit que l'ensemble des points $M$ tels que $\vec{MA}\cdot\vec{MB}=0$ est le cercle de diamètre $[AB]$. Son centre est le milieu de $[AB]$, soit $(2,\ 3)$, et son rayon vaut $\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{36+4}}{2}=\frac{\sqrt{40}}{2}=\sqrt{10}$. On retrouve exactement le même cercle.

a) Comme $ABCD$ est un parallélogramme, $\vec{AC}=\vec{AB}+\vec{AD}$. Par ailleurs $\vec{BD}=\vec{BA}+\vec{AD}=\vec{AD}-\vec{AB}$.

b) $\vec{AC}\cdot\vec{BD}=(\vec{AB}+\vec{AD})\cdot(\vec{AD}-\vec{AB})=\|\vec{AD}\|^2-\|\vec{AB}\|^2$. Dans un losange les côtés sont de même longueur, donc $\|\vec{AD}\|=\|\vec{AB}\|$ et le produit scalaire est nul : les diagonales sont perpendiculaires.

c) $\vec{AB}(4,\ 3)$ de norme 5, $\vec{BC}(4,\ -3)$ de norme 5, $\vec{CD}(-4,\ -3)$ de norme 5, $\vec{DA}(-4,\ 3)$ de norme 5 : c'est bien un losange. Ensuite $\vec{AC}(8,\ 0)$ et $\vec{BD}(0,\ -6)$, dont le produit scalaire vaut $8\times 0+0\times(-6)=0$. Les diagonales sont bien perpendiculaires.

d) Oui. Le calcul de la question b) reste valable dans tout parallélogramme : $\vec{AC}\cdot\vec{BD}=\|\vec{AD}\|^2-\|\vec{AB}\|^2$. Si ce produit est nul, alors $\|\vec{AD}\|=\|\vec{AB}\|$, donc deux côtés consécutifs sont égaux, ce qui caractérise le losange. L'équivalence est donc complète.

a) Faux. Avec $\vec{u}(1,\ 0)$ et $\vec{v}(0,\ 1)$, le produit scalaire vaut 0 alors qu'aucun des deux n'est nul. Le produit scalaire n'est pas intègre : un produit scalaire nul signifie orthogonalité, pas nullité.

b) Faux. Avec $\vec{u}(1,\ 0)$, $\vec{v}(1,\ 5)$ et $\vec{w}(1,\ -3)$ : les deux produits scalaires valent 1, pourtant $\vec{v}\neq\vec{w}$. On ne peut pas simplifier par $\vec{u}$. La conclusion correcte est que $\vec{v}-\vec{w}$ est orthogonal à $\vec{u}$.

c) Faux. Avec $\vec{u}(1,\ 0)$ et $\vec{v}(-3,\ 0)$, le produit vaut $-3$. Le signe du produit scalaire est celui du cosinus de l'angle : il est négatif dès que l'angle est obtus.

d) Faux. Pythagore est exactement le cas particulier d'Al-Kashi pour $\widehat{A}=90^{\circ}$ : le terme $-2\times AB\times AC\times\cos(\widehat{A})$ s'annule alors, et il reste $BC^2=AB^2+AC^2$.