Exercices corrigés : les vecteurs (math TS, secondaire 5)

$\|\vec{u}\|=\sqrt{36+20{,}25}=\sqrt{56{,}25}=7{,}5$. C'est le triangle $6$-$4{,}5$-$7{,}5$, qui est le $3$-$4$-$5$ agrandi d'un facteur $1{,}5$. L'orientation vaut $\arctan\dfrac{4{,}5}{6}\approx 36{,}87$ degrés, et le vecteur étant dans le premier quadrant, la calculatrice donne directement le bon angle.

$a=10\cos 150^{\circ}=10\times\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\approx -8{,}66$ et $b=10\sin 150^{\circ}=10\times 0{,}5=5$. Le vecteur est au DEUXIÈME quadrant, ce que les signes confirment : abscisse négative, ordonnée positive. Contrôle : $\sqrt{75+25}=10$.

$\vec{AB}=(7-1\,;6{,}5-2)=(6\,;4{,}5)$ : c'est exactement $\vec{u}$. On soustrait toujours l'ORIGINE de l'EXTRÉMITÉ, jamais l'inverse ; le vecteur $\vec{BA}$ serait $(-6\,;-4{,}5)$, l'opposé.

OUI. Un vecteur n'est pas attaché à un point : il est entièrement décrit par ses composantes. La flèche de $A$ vers $B$ et celle de l'origine vers $(6\,;4{,}5)$ représentent le MÊME vecteur, et c'est ce qui permet de déplacer librement les flèches quand on les additionne bout à bout. Un point dit où l'on est, un vecteur dit de combien on se déplace.

$2\vec{u}=(6\,;-4)$ et $3\vec{v}=(-3\,;15)$, donc $2\vec{u}-3\vec{v}=(6-(-3)\,;-4-15)=(9\,;-19)$. On traite chaque composante séparément, et l'erreur la plus fréquente est d'oublier de distribuer le signe moins sur les DEUX composantes du second vecteur.

Le test des produits croisés : $(a\,;b)$ et $(c\,;d)$ sont colinéaires si $ad=bc$. Ici $6\times 6=36$ et $(-4)\times(-9)=36$ : ils le sont. Le facteur se lit ensuite sur une composante : $-9=-1{,}5\times 6$, donc $(-9\,;6)=-1{,}5\,(6\,;-4)$. Le facteur étant NÉGATIF, les deux vecteurs sont de sens OPPOSÉS tout en étant parallèles.

$\vec{AB}=(3\,;-2)$ et $\vec{AC}=(9\,;-6)$. Produits croisés : $3\times(-6)=-18$ et $(-2)\times 9=-18$ : égaux, donc les vecteurs sont colinéaires et les trois points ALIGNÉS. Il faut partir du MÊME point, ici $A$, pour les deux vecteurs : comparer $\vec{AB}$ et $\vec{BC}$ marcherait aussi, mais mélanger $\vec{AB}$ et $\vec{CA}$ ferait perdre le fil des signes.

On divise par la norme : $\|\vec{u}\|=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}\approx 3{,}606$, donc le vecteur unitaire est $\left(\dfrac{3}{\sqrt{13}}\,;\dfrac{-2}{\sqrt{13}}\right)\approx(0{,}832\,;-0{,}555)$. Contrôle : $0{,}832^{2}+0{,}555^{2}\approx 1$, la norme vaut bien $1$.

$\vec{u}\cdot\vec{v}=4\times(-1)+3\times 7=-4+21=17$. Le résultat est un NOMBRE : parler du « vecteur produit scalaire » est une faute de vocabulaire que l'examen sanctionne.

$\|\vec{u}\|=\sqrt{16+9}=5$ et $\|\vec{v}\|=\sqrt{1+49}=\sqrt{50}\approx 7{,}071$. Alors $\cos\theta=\dfrac{17}{5\times 7{,}071}\approx 0{,}4808$, donc $\theta\approx 61{,}26$ degrés. Le cosinus étant positif, l'angle est AIGU, ce qui se voit aussi au signe du produit scalaire.

$(4\,;3)\cdot(-3\,;4)=-12+12=0$ : ORTHOGONAUX. $(4\,;3)\cdot(6\,;-8)=24-24=0$ : orthogonaux aussi. On obtient un vecteur perpendiculaire en ÉCHANGEANT les composantes et en changeant un signe, et ce procédé donne les deux perpendiculaires possibles, de sens opposés.

NON, et c'est la grande différence avec un produit de nombres. Un produit scalaire nul signifie que les vecteurs sont PERPENDICULAIRES, ou que l'un est nul. Contre-exemple : $(4\,;3)$ et $(-3\,;4)$ sont tous deux de norme $5$, donc non nuls, et leur produit scalaire est nul. La règle du produit nul de l'algèbre ne se transporte pas telle quelle aux vecteurs.

$\vec{u}\cdot\vec{v}=36+0=36$ et $\|\vec{v}\|=9$, donc la longueur vaut $\dfrac{36}{9}=4$. C'est bien ce que montre la figure : l'ombre de $\vec{u}$ sur l'axe horizontal s'arrête à l'abscisse $4$.

$\dfrac{36}{81}\,(9\,;0)=\dfrac{4}{9}(9\,;0)=(4\,;0)$. On divise par la norme au CARRÉ quand on veut un vecteur : diviser par la norme simple donnerait $(4\,;0)$ multiplié par $9$, soit un vecteur neuf fois trop long.

$\vec{u}\cdot\vec{v}=0+45=45$ et $\|\vec{v}\|=9$, donc la longueur vaut $5$, et le vecteur projeté est $\dfrac{45}{81}(0\,;9)=(0\,;5)$. On retrouve exactement les COMPOSANTES de $\vec{u}$ : les composantes d'un vecteur ne sont rien d'autre que ses projections sur les deux axes, et c'est la bonne façon de comprendre la notion.

$\vec{u}\cdot\vec{w}=-12+5=-7$ et $\|\vec{w}\|=\sqrt{10}\approx 3{,}162$, donc la longueur vaut $\dfrac{-7}{3{,}162}\approx -2{,}21$ : NÉGATIVE. Cela n'a rien d'absurde : le signe dit que la projection pointe dans le sens OPPOSÉ à $\vec{w}$, donc que l'angle entre $\vec{u}$ et $\vec{w}$ est obtus. On parle alors de longueur ALGÉBRIQUE, et son signe porte toute l'information sur l'angle.

$s(3\,;1)+t(1\,;2)=(3s+t\,;s+2t)$, qu'on égale à $(11\,;7)$ composante par composante : $3s+t=11$ et $s+2t=7$. Une égalité de vecteurs vaut DEUX équations scalaires, et c'est tout le mécanisme de l'exercice.

De la première, $t=11-3s$. En reportant : $s+2(11-3s)=7$, donc $s+22-6s=7$, soit $-5s=-15$ et $s=3$. Alors $t=11-9=2$. On peut aussi résoudre par combinaison, le résultat est le même.

$3(3\,;1)=(9\,;3)$ et $2(1\,;2)=(2\,;4)$. Leur somme vaut $(11\,;7)$, qui est bien $\vec{r}$. Cette vérification prend dix secondes et elle attrape toute erreur de signe dans la résolution : elle est attendue par le correcteur.

NON. Les vecteurs $(3\,;1)$ et $(6\,;2)$ sont COLINÉAIRES, puisque $3\times 2=1\times 6$ : le second est le double du premier. Toute combinaison des deux reste sur la même DROITE, et $\vec{r}=(11\,;7)$ n'est pas sur cette droite, car $11\times 1\ne 7\times 3$. Le système correspondant serait impossible. La condition pour pouvoir décomposer sur deux directions est qu'elles ne soient PAS colinéaires.

$\vec{AC}=(p-0\,;q-0)=(p\,;q)$ et $\vec{BD}=(0-p\,;q-0)=(-p\,;q)$. Placer le rectangle avec un sommet à l'origine et des côtés sur les axes est une SIMPLIFICATION licite : elle ne restreint pas la généralité, tout rectangle pouvant s'y ramener par déplacement.

$\|\vec{AC}\|=\sqrt{p^{2}+q^{2}}$ et $\|\vec{BD}\|=\sqrt{(-p)^{2}+q^{2}}=\sqrt{p^{2}+q^{2}}$. Les deux expressions sont IDENTIQUES, le carré effaçant le signe : les diagonales ont donc la même longueur, quels que soient $p$ et $q$. C'est vrai de tout rectangle, et la démonstration tient en deux lignes.

$\vec{AC}\cdot\vec{BD}=p\times(-p)+q\times q=q^{2}-p^{2}$. Ce produit est nul si et seulement si $p^{2}=q^{2}$, donc, les longueurs étant positives, si $p=q$. Les diagonales d'un rectangle ne sont donc perpendiculaires que dans ce cas précis.

Un rectangle dont les deux côtés sont égaux est un CARRÉ. Vérification avec $p=q=5$ : $\vec{AC}=(5\,;5)$ et $\vec{BD}=(-5\,;5)$, dont le produit scalaire vaut $-25+25=0$, et dont les normes valent toutes deux $\sqrt{50}\approx 7{,}07$. On a donc démontré, en trois lignes de calcul, que le carré est le seul rectangle à diagonales perpendiculaires.

$\vec{u}\cdot\vec{v}=-12+12=0$ et $\vec{u}\cdot\vec{w}=24-24=0$. Les deux produits scalaires sont NULS, ce qui signifie seulement que $\vec{u}$ est perpendiculaire aux deux.

NON. $\vec{v}=(-3\,;4)$ et $\vec{w}=(6\,;-8)$ sont différents, et même de normes différentes, $5$ et $10$. L'implication « $\vec{u}\cdot\vec{v}=\vec{u}\cdot\vec{w}$ donc $\vec{v}=\vec{w}$ » est FAUSSE : on ne SIMPLIFIE jamais par un vecteur. Ici les deux vecteurs sont colinéaires entre eux et tous deux perpendiculaires à $\vec{u}$, ce qui suffit à annuler les deux produits.

NON, l'expression n'a pas de sens. $\vec{u}\cdot\vec{v}$ est un NOMBRE, et le produit scalaire se définit entre deux VECTEURS : on ne peut pas l'appliquer à un nombre et à un vecteur. Ce qui a un sens, c'est $(\vec{u}\cdot\vec{v})\,\vec{w}$, la multiplication du vecteur $\vec{w}$ par le scalaire obtenu. L'associativité du produit ordinaire ne se transporte donc pas.

$\vec{u}+\vec{v}=(1\,;7)$, dont la norme vaut $\sqrt{1+49}=\sqrt{50}\approx 7{,}07$. Mais $\|\vec{u}\|+\|\vec{v}\|=5+5=10$. Les deux DIFFÈRENT, et c'est la règle : la norme d'une somme n'est pas la somme des normes, sauf si les deux vecteurs ont exactement la même direction et le même sens. En général on a seulement l'INÉGALITÉ TRIANGULAIRE, $\|\vec{u}+\vec{v}\|\le\|\vec{u}\|+\|\vec{v}\|$, qui dit simplement que le chemin direct est le plus court.

On additionne composante par composante : $(40-15+25\,;30+50-20)=(50\,;60)$. Le palet partant de l'origine, il aboutit au point $(50\,;60)$. L'addition bout à bout des trois flèches, visible sur la figure, donne exactement la même chose : c'est la relation de Chasles.

$\sqrt{50^{2}+60^{2}}=\sqrt{2500+3600}=\sqrt{6100}\approx 78{,}10$ cm. C'est la NORME de la résultante, c'est-à-dire la distance à vol d'oiseau entre le départ et l'arrivée.

$\arctan\dfrac{60}{50}\approx 50{,}19$ degrés. Le vecteur étant dans le premier quadrant, les deux composantes étant positives, la calculatrice donne directement le bon angle sans correction de quadrant.

On additionne les trois NORMES, et non les composantes : $\sqrt{2500}=50$, $\sqrt{225+2500}\approx 52{,}20$ et $\sqrt{625+400}\approx 32{,}02$, soit environ $134{,}25$ cm au total. C'est bien plus que les $78{,}10$ cm de la résultante, et c'est l'inégalité triangulaire en action : le chemin parcouru dépasse toujours la distance directe, sauf si toutes les poussées vont dans le même sens. La distance parcourue et le déplacement sont deux grandeurs différentes, et les confondre est l'erreur de fond de ce type de problème.

On projette la force sur la direction du manche et sur la perpendiculaire. Part PERPENDICULAIRE : $200\sin 70^{\circ}\approx 187{,}9$ N. Part PARALLÈLE : $200\cos 70^{\circ}\approx 68{,}4$ N. Contrôle par Pythagore : $\sqrt{187{,}9^{2}+68{,}4^{2}}\approx 200$ N, la décomposition est complète.

La part utile est la PERPENDICULAIRE, environ $187{,}9$ N, puisque c'est elle seule qui fait tourner. La part parallèle, $68{,}4$ N, tire sur l'axe du boulon sans rien serrer : elle est perdue, et elle fatigue le montage pour rien.

À $90$ degrés, c'est-à-dire en tirant PERPENDICULAIREMENT au manche. La part perpendiculaire vaudrait alors $200\sin 90^{\circ}=200$ N, la totalité, et la part parallèle $200\cos 90^{\circ}=0$. C'est exactement ce que dit le produit scalaire : deux vecteurs perpendiculaires ont un produit scalaire nul, donc aucune projection l'un sur l'autre. C'est pourquoi toute notice de serrage précise de tirer à angle droit.

À $20$ degrés, la part utile n'est plus que $200\sin 20^{\circ}\approx 68{,}4$ N, contre $187{,}9$ N à $70$ degrés : presque trois fois moins pour le même effort du bras. Et la part perdue passe à $200\cos 20^{\circ}\approx 187{,}9$ N, tirée sur l'axe. Remarquez la symétrie : $20$ et $70$ degrés étant complémentaires, les deux parts s'échangent exactement, ce que la relation $\sin\theta=\cos(90^{\circ}-\theta)$ annonçait.