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%
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\begin{document}
\chap[num=C,pos=right,color=purple]{Produit scalaire}{\emph{Stéphane PASQUET, \today}}


%--------------- TOC
\renewcommand{\contentsname}{\color{purple}\titreFONT\huge Sommaire}
{\color{purple}\hrulefill}
{\tocFONT\tableofcontents}
{\color{purple}\hrulefill}

\vspace*{1cm} %---------- PREREQUIS

\begin{prerequis}
\item Notion de vecteurs
\item \'Equation cartésienne de droites
\item Trigonométrie
\end{prerequis}

\newpage %----------------- DEBUT

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Produit scalaire}]
On considère deux vecteurs $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{CD}}$ dans le plan. On note A' et B' les projetés orthogonaux respectifs de A et B sur (CD). Le \definmot{produit scalaire} de $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{CD}}$ est le nombre noté $\vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{CD}}$ défini par :
\[
\vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{CD}} =
\left\{
\begin{array}{l@{\qquad}l}
\text{A'B'}\times\text{CD} & \text{si }\angleor{AB}{CD}\in\intervFF{-\dfrac{\pi}{2}}{\dfrac{\pi}{2}}\\[8pt]
-\text{A'B'}\times\text{CD} & \text{si }\angleor{AB}{CD}\in\intervFF{\dfrac{\pi}{2}}{\dfrac{3\pi}{2}}\\
\end{array}
\right.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex,pluriel]
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[gray,dotted] (0,0) grid (7,5);
\draw[thick,->] (1,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B};
\draw[thick,->] (1,1) -- (4,4) node[above right] {C};
\draw[thick,red,dashed] (4,4) -- (4,1) node[below] {H};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}} & =\text{AB}\times\text{AH}\\
& = 5\times3\\
& = 15.
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{minipage}

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[gray,dotted] (0,0) grid (7,5);
\draw[thick,->] (4,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B};
\draw[thick,->] (4,1) -- (1,4) node[above right] {C};
\draw[thick,red,dashed] (1,4) -- (1,1) node[below] {H};
\draw[dashed,thick] (0.5,1) -- (4,1);
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{enumerate}[start=2]
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}} & =-\text{AB}\times\text{AH}\\
& = -2\times3\\
& = -6.
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{minipage}
\end{pasbox}

\begin{attention}[0.8]
N'essayez pas d'interpréter le produit scalaire de façon géométrique ... car dans un cas général, le produit scalaire n'a aucune signification géométrique particulière.
\end{attention}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Produit scalaire de deux vecteurs orthogonaux}]
Soient $\vv{u}$ et $\vv{v}$ deux vecteurs orthogonaux. Alors, 
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=0\;.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[->,thick] (0,0) node[below] {A} -- (4,0) node[below] {B} node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[->,thick] (0,0) -- (0,2) node[left] {C} node[midway,left] {$\vv{v}$};
\draw (0,0.5) -- (0.5,0.5) -- (0.5,0);
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Par définition, si on note H le projeté orthogonal de C sur (AB), on a :
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v}&=\text{AB}\times\text{AH}\\
&=\text{AB}\times0\\
& = 0.
\end{align*}
\end{minipage}

\vspace*{-1em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Calcul du produit scalaire avec les normes}]
On considère deux vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$ dans le plan. Alors,
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big).
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[gray,dotted] (0,0) grid (7,5);
\draw[thick,->] (1,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B};
\draw[thick,->] (1,1) -- (4,4) node[above right] {C};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{align*}
\vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}} & =\text{AB}\times\text{AC}\times\cos\angleor{AB}{AC}\\
& = 5\times3\sqrt{2}\times\cos\dfrac{\pi}{4}\\
& = 15\sqrt{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\
& = 15.
\end{align*}
\end{minipage}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
On place les vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$ de sorte qu'ils aient la m\^eme origine. On note alors $\vv{u}=\vv{\text{AB}}$ et $\vv{v}=\vv{\text{AC}}$.

\medskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[thick,->] (1,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B};
\draw[thick,->] (1,1) -- (4,4) node[above right] {C};
\draw[thick,red,dashed] (4,4) -- (4,1) node[below] {H};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\item \textbf{1\ier{} cas.}

$\begin{aligned}[t]
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}}\\
& =\text{AB}\times\textcolor{red}{\text{AH}}\\
& = \text{AB}\times\textcolor{red}{\text{AC}\times\cos\angleor{AB}{AC}}\\
& = \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big).
\end{aligned}$

car dans le triangle AHC rectangle en H, 
\[ \cos\angleor{AB}{AC}=\dfrac{\text{AH}}{\text{AC}}\;,\]
donc :
\[ \text{AH}=\text{AC}\times\cos\angleor{AB}{AC}\;.\]
\end{itemize}
\end{minipage}
\breakbox
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[thick,->] (4,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B};
\draw[thick,->] (4,1) -- (1,4) node[above right] {C};
\draw[thick,red,dashed] (1,4) -- (1,1) node[below] {H};
\draw[dashed,thick] (0.5,1) -- (4,1);
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\item \textbf{2\ieme{} cas.}

$\begin{aligned}[t]
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}}\\
& =-\text{AB}\times\text{AH}\\
& = -\text{AB}\times\text{AC}\times\cos\angleor{AH}{AC}\\
& = -\text{AB}\times\text{AC}\times\big(-\cos\angleor{AB}{AC}\big)\\
& = \text{AB}\times\text{AC}\times\cos\angleor{AB}{AC}\\
& = \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big).
\end{aligned}$
\end{itemize}
\end{minipage}

\vspace*{-1em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Distributivité du produit scalaire}]
Soient $\vv{u}$, $\vv{v}$ et $\vv{w}$ trois vecteurs du plan. Alors,
\[
\vv{u}\cdot\big(\vv{v}+\vv{w}\big)=\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{u}\cdot\vv{w}\;.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Considérons les vecteurs $\vv{u}$, $\vv{v}$ et $\vv{w}$ comme sur le schéma suivant :

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[thick,->,green!50!black] (0,0) node[below] {A} -- (5,0) node[midway,below] {$\vv{u}$} node[below] {B};
\draw[thick,->,blue] (0,0) -- (2,2) node[midway,above left] {$\vv{v}$} node[above] {C};
\draw[thick,->,purple] (2,2) -- (4,2.5) node[midway,above] {$\vv{w}$} node[right] {D};
\draw[dashed,red] (2,2) -- (2,0) node[below] {H};
\draw[dashed,red] (4,2.5) -- (4,0) node[below] {K};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
D'une part, on a :
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\big(\vv{v}+\vv{w}\big) & = \vv{\text{AB}}\cdot\big(\vv{\text{AC}}+\vv{\text{AD}}\big)\\
& = \vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AD}}\\\
& = \text{AB}\times\text{AK}\;.\qquad(1)
\end{align*}

D'autre part, on a :
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}}\\
& = \text{AB}\times\text{AH}\\
\text{et} & \\
\vv{u}\cdot\vv{w} & = \vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{CD}}\\
& = \text{AB}\times\text{HK}
\end{align*}
donc :
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{u}\cdot\vv{w} & = \text{AB}\times\text{AH} + \text{AB}\times\text{HK}\\
& = \text{AB}\times\big(\text{AH}+\text{HK}\big)\\
& = \text{AB}\times\text{AK}\;.\qquad(2)
\end{align*}

Des égalités (1) et (2), on peut déduire :
\[ 
\vv{u}\cdot\big(\vv{v}+\vv{w}\big) = \vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{u}\cdot\vv{w} \;.\]
\end{minipage}

\vspace*{-1em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Commutativité}]
Quels que soient les vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$,
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=\vv{v}\cdot\vv{u}\;.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
 &= \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\left[-\big(\vv{v},\vv{u}\big)\right]\\
 & = \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{v},\vv{u}\big)\qquad\text{car }\cos(-\alpha)=\cos\alpha\\
 & = \vv{v}\cdot\vv{u}\;.
\end{align*}
\end{pasbox}

Des deux propriétés précédentes, on peut alors écrire :
\begin{align*}
\big(\vv{u}+\vv{v}\big)^2 & =\vv{u}^2+2\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{v}^2\;,\\
\big(\vv{u}-\vv{v}\big)^2 & =\vv{u}^2-2\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{v}^2\;,\\
\big(\vv{u}+\vv{v}\big)\big(\vv{u}-\vv{v}\big) & =\vv{u}^2-\vv{v}^2\;.
\end{align*}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Pseudo-associativité \og multiplicative \fg{} }]
Soit $\lambda\in\R*$, et soient $\vv{u}$ et $\vv{v}$ deux vecteurs quelconques. Alors,
\[
\big(\lambda\vv{u}\big)\cdot\vv{v}=\vv{u}\cdot\big(\lambda\vv{v}\big)=\lambda\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big)\;.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[thick,->] (0,0) node[below] {A} -- (6,0) node[below] {B} node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[thick,->] (0,0) -- (2,2) node[above] {C} node[midway,above left] {$\vv{v}$};
\draw[thick,dashed,->] (2,2) -- (5,5) node[right] {D};
\draw[red,dashed] (2,2) -- (2,0) node[below] {H};
\draw[red,dashed] (5,5) -- (5,0) node[below] {K};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Notons $\vv{u}=\vv{\text{AB}}$, $\vv{v}=\vv{\text{AC}}$ et $\lambda\vv{v}=\vv{AD}$.

D'après le théorème de Thalès,
\[
\text{AD}=\lambda\text{AC} \Longrightarrow \text{AK}=\lambda\text{AH}\;.
\]
\vspace*{-1em}
Donc :
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\big(\lambda\vv{v}\big) & = \text{AB}\times\text{AK}\\
& = \text{AB}\times\lambda\text{AH}\\
& = \lambda\text{AB}\times\text{AH}
\intertext{et}
\lambda\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big) & = \lambda\text{AB}\times\text{AH}\;.
\end{align*}
Donc, $\vv{u}\cdot\big(\lambda\vv{v}\big) =\lambda\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big)$.
\end{minipage}

\medskip

Un raisonnement analogue montrerait que $\big(\lambda\vv{u}\big)\cdot\vv{v} =\lambda\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big)$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Avec les normes},pluriel]
Soient $\vv{u}$ et $\vv{v}$ deux vecteurs quelconques. Alors,
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} & =\dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)\\[8pt]
& = \dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}\|^2-\|\vv{v}\|^2\big)\\[8pt]
& = \dfrac{1}{4}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)\;.
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{itemize}
\item Nous avons vu précédemment que :
\[
\big(\vv{u}+\vv{v}\big)^2 =\vv{u}^2+2\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{v}^2\;,
\]
que l'on peut aussi écrire :
\[
\|\vv{u}+\vv{v}\|^2 =\|\vv{u}\|^2+2\vv{u}\cdot\vv{v}+\|\vv{v}\|^2\;.
\]
En isolant $\vv{u}\cdot\vv{v}$, on arrive à :
\[
\boxed{\vv{u}\cdot\vv{v}=\dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}\|^2-\|\vv{v}\|^2\big)}\;.
\]

\item En exploitant l'égalité :
\[
\big(\vv{u}-\vv{v}\big)^2 =\vv{u}^2-2\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{v}^2\;,
\]
que l'on peut aussi écrire :
\[
\|\vv{u}-\vv{v}\|^2 =\|\vv{u}\|^2-2\vv{u}\cdot\vv{v}+\|\vv{v}\|^2\;,
\]
on arrive à :
\[
\boxed{\vv{u}\cdot\vv{v}=\dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)}\;.
\]

\item En ajoutant les deux précédentes égalités, on a :
\begin{align*}
2\vv{u}\cdot\vv{v} & = \dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}\|^2-\|\vv{v}\|^2+\|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)\\
& = \dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)\;.
\end{align*}
D'où :
\[
\boxed{\vv{u}\cdot\vv{v}=\dfrac{1}{4}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)}\;.
\]
\end{itemize}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Dans un repère orthonormé}]
Dans un repère orthonormé \Rij, on considère les vecteurs $\vv{u}\dbinom{x}{y}$ et $\vv{v}\dbinom{x'}{y'}$. Alors,
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=xx'+yy'\;.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
On pose $\vv{u}\dbinom{5}{-2}$ et $\vv{v}\dbinom{1}{7}$ deux vecteurs d'un repère orthonormé \Rij. Alors,
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v}&=5\times1+(-2)\times7\\
& = 5-14\\
& = -9.
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Nous allons nous servir de l'une des égalités de la propriété précédente :
\[
\vv{u}\cdot\vv{v} =\dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big).
\]
On sait que $\|\vv{u}\|^2=x^2+y^2$ et $\|\vv{v}\|^2=x'^2+y'^2$ car on est dans un repère orthonormé.

De plus, $\vv{u}-\vv{v}\dbinom{x'-x}{y'-y}$ donc :
\begin{align*}
\|\vv{u}-\vv{v}\|^2&=\big(x'-x\big)^2+\big(y'-y\big)^2\\
& = x'^2-2xx'+x^2+y'^2-2yy'+y^2.
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} &=\dfrac{1}{2}\big(x^2+y^2+x'^2+y'^2-x'^2+2xx'-x^2-y'^2+2yy'-y^2 \big)\\
& = \dfrac{1}{2}\big(2xx'+2yy'\big)\\
& = xx'+yy'\;.
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=meth,name={Détermination de la mesure d'un angle formé par deux vecteurs}]
Reprenons les vecteurs de l'exemple précédent : $\vv{u}\dbinom{5}{-2}$ et $\vv{v}\dbinom{1}{7}$.

Nous avons vu que :
\[ \vv{u}\cdot\vv{v}=-9.\] 
Or, 
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v}&=\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
& = \sqrt{5^2+(-2)^2}\times\sqrt{1^2+7^2}\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
& = \sqrt{29}\times\sqrt{50}\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
& = 5\sqrt{58}\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big).
\end{align*}
Ainsi,
\[ -9=5\sqrt{58}\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\;,\]
soit :
\[ \cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)=-\dfrac{9}{5\sqrt{58}}\approx-0,236351579148 \;.\]
On en déduit alors :
\[ 
\big(\vv{u},\vv{v}\big)\approx104\degres.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Vecteur normal d'une droite}]
Soit $\mathscr{D}$ une droite du plan.\\
On appelle \definmot{vecteur normal} à $\mathscr{D}$ tout vecteur $\vv{n}$ tel que, pour tout vecteur directeur $\vv{d}$ de $\mathscr{D}$, \[\vv{n}\cdot\vv{d}=0.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=meth,name={\'Equation cartésienne d'une droite connaissant un vecteur normal et un point}]
Dans un repère orthonormé \Rij, on considère la droite $\mathscr{D}$ passant par A\coord{-2}{3} et de vecteur normal $\vv{n}\dbinom{3}{-1}$. Alors, 
\begin{align*}
\text{M}\coord{x}{y}\in\mathscr{D} & \Longleftrightarrow \vv{\text{AM}}\cdot\vv{n}=0\\
& \Longleftrightarrow \dbinom{x-(-2)}{y-3}\cdot\dbinom{3}{-1}=0\\
& \Longleftrightarrow \dbinom{x+2}{y-3}\cdot\dbinom{3}{-1}=0\\
& \Longleftrightarrow 3(x+2)+(-1)(y-3)=0\\
& \Longleftrightarrow 3x-y+9=0\;.
\end{align*}

une équation cartésienne de $\mathscr{D}$ est donc :
\[
\mathscr{D}\qquad:\qquad 3x-y+9=0\;.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=meth,name={Trouver un vecteur normal connaissant une équation cartésienne}]
On considère la droite $\mathscr{D}$ d'équation :
\[ 3x+4y-7=0.\]
Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est :
\[ \vv{u}\dbinom{-4}{3}\;.\]
Posons $\vv{n}\dbinom{a}{b}$ un vecteur normal à $\mathscr{D}$. Alors,
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{n}=0 & \Longleftrightarrow -4a+3b=0\\
& \Longleftrightarrow b=\dfrac{4}{3}a.
\end{align*}
Ainsi, en prenant par exemple $a=3$, on a $\vv{n}\dbinom{3}{4}$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
Si $\mathscr{D}$ a pour équation cartésienne :
\[ ax+by+c=0\;,\qquad a\neq0,\ b\neq0\;,\]
alors un vecteur normal à $\mathscr{D}$ est :
\[ \vv{n}\dbinom{a}{b}\;.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
$\mathscr{D}\;:\; ax+by+c=0$. Posons $\vv{u}\dbinom{-b}{a}$ un de ses vecteurs directeurs et $\vv{n}\dbinom{\alpha}{\beta}$ un de ses vecteurs normaux.

Alors,
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{n}=0 & \Longleftrightarrow -b\alpha+a\beta=0\\
& = \beta=\dfrac{b}{a}\alpha.
\end{align*}

En prenant $\alpha=a$, on obtient $\beta=b$. Donc $\vv{n}\dbinom{a}{b}$.
\end{pasbox}

\newpage

{\titreFONT\Large\color{purple} Applications du produit scalaire}

\vspace*{1cm}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={\'Equation cartésienne d'un cercle}]
Dans un repère orthonormé \Rij, soit $\Omega\coord{a}{b}$.

Le cercle de centre $\Omega$ et de rayon $r$ a pour équation :
\[
(x-a)^2+(y-b)^2=r^2\;.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\vspace*{-1em}
\begin{align*}
\text{M}\coord{x}{y} \in \mathscr{C}(\Omega,r) & \Longleftrightarrow \Omega\text{M}=r\\
& \Longleftrightarrow \Omega\text{M}^2=r^2\\
& \Longleftrightarrow (x-a)^2+(y-b)^2=r^2\;.
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
On considère l'ensemble $\mathscr{E}$ d'équation :
\[ x^2+y^2+4x-8y+4=0\;.\]
\begin{align*}
x^2+y^2+4x-8y+4=0 & \Longleftrightarrow \big[(x^2+4x+4)-4\big]+\big[(y^2-8y+16)-16\big]+4=0\\
& \Longleftrightarrow (x+2)^2-4+(y-4)^2-16+4=0\\
& \Longleftrightarrow \big(x-(-2)\big)^2+(y-4)^2=4^2\;.
\end{align*}

Ainsi, $\mathscr{E}$ est le cercle de centre $\Omega\coord{-2}{4}$ et de rayon $r=4$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
Soient A et B deux points du plan.

L'ensemble des points M tels que :
\[ \vv{\text{MA}}\cdot\vv{\text{MB}}=0\]
est le cercle de diamètre [AB].
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\vspace*{-1em}
\begin{align*}
\vv{\text{MA}}\cdot\vv{\text{MB}}=0 & \Longleftrightarrow (\text{MA})\perp(\text{MB})\\
& \Longleftrightarrow \text{le triangle AMB est rectangle en M}\\
& \Longleftrightarrow \text{M est sur le cercle de diamètre [AB]}.
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=thm,name={Théorème de la médiane}]
On considère un triangle ABC quelconque. Soit I le milieu de [BC]. Alors,

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {B} -- (6,0) node[below right] {C} -- (4,2) node[above] {A} -- cycle;
\draw[red] (3,0) node[below] {I} -- (4,2);
\node[red,scale=0.75] at (1.5,0) {\textbf{//}};
\node[red,scale=0.75] at (4.5,0) {\textbf{//}};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Alors,
\[
\text{AB}^2+\text{AC}^2=\dfrac{1}{2}\text{BC}^2+2\text{AI}^2\;.
\]
\end{minipage}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Nous allons utiliser la relation de Chasles en \og injectant \fg{} le point I dans les vecteurs $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{AC}}$.
\begin{align*}
\text{AB}^2+\text{AC}^2 & = \vv{\text{AB}}^2+\vv{\text{AC}}^2\\
& = \big(\vv{\text{AI}}+\vv{\text{IB}}\big)^2+\big(\vv{\text{AI}}+\vv{\text{IC}}\big)^2\\
& = \vv{\text{AI}}^2+2\vv{\text{AI}}\cdot\vv{\text{IB}}+\vv{\text{IB}}^2+\vv{\text{AI}}^2+2\vv{\text{AI}}\cdot\vv{\text{IC}}+\vv{\text{IC}}^2\\
&= 2\vv{\text{AI}}^2+\vv{\text{IB}}^2+\vv{\text{IC}}^2+2\vv{\text{AI}}\cdot\underbrace{\big(\vv{\text{IB}}+\vv{\text{IC}}\big)}_{=\vv{0}}\\
& = 2\text{AI}^2+\text{IB}^2+\text{IC}^2\\
& = 2\text{AI}^2+\left(\frac{1}{2}\text{BC}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\text{BC}\right)^2\\
& = 2\text{AI}^2+2\times\dfrac{1}{4}\text{BC}^2\\
& = 2\text{AI}^2+\dfrac{1}{2}\text{BC}^2\;.
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=thm,name={Formule d'Al-Kashi}]
\begin{minipage}{0.4\linewidth}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (5,0) node[midway,below] {$c$} node[below right] {B} -- (30:3) node[midway,above] {$a$} node[above] {C} -- (0,0) node[midway,above left] {$b$};
\draw (0.5,0) arc(0:30:0.5cm);
\node[scale=0.8] at (15:0.7cm) {$\widehat{\text{A}}$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Soit ABC un triangle quelconque. En notant :
\[ a = \text{BC}\quad,\quad b=\text{AC}\quad,\quad c=\text{AB}\quad,\quad\widehat{\text{A}}=\angleor{AB}{AC}\;,\]
on a :
\[ 
a^2=b^2+c^2-2bc\cos\widehat{\text{A}}\;.
\]
\end{minipage}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\vspace*{-1em}
\begin{align*}
\vv{\text{BC}}^2 & = \big(\vv{\text{BA}}+\vv{\text{AC}}\big)^2\\
& = \vv{\text{BA}}^2+2\vv{\text{BA}}\cdot\vv{\text{AC}}+\vv{\text{AC}}^2\\
& = \text{BA}^2+2\text{BA}\times\text{AC}\times\cos\angleor{BA}{AC}+\text{AC}^2\\
& = \text{AB}^2+\text{AC}^2+2\text{AB}\times\text{AC}\times\big(-\cos\angleor{AB}{AC}\big)\\
& = \text{AB}^2+\text{AC}^2-2\text{AB}\times\text{AC}\times\cos\angleor{AB}{AC}\;.
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=rem]
La formule d'Al-Kashi peut bien évidemment \^etre utilisée avec les autres c\^otés :
\begin{align*}
b^2=a^2+c^2-2ac\cos\angleor{BC}{BA}\\
c^2=a^2+b^2-2bc\cos\angleor{CA}{CB}
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,pluriel,name={Formules d'addition}]
\vspace*{-1em}
\begin{align*}
\cos(a+b) = \cos a\cos b - \sin a\sin b & & \sin(a+b)=\sin a\cos b + \sin b\cos a\\
\cos(a-b) = \cos a\cos b + \sin a\sin b &  & \sin(a-b)=\sin a\cos b - \sin b\cos a
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{minipage}{5cm}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex] (-2,0) -- (2,0);
\draw[->,>=latex] (0,-2) -- (0,2);
\draw (0,0) circle (1.5cm);
\draw[red] (0,0) -- (30:1.5) node[above right] {A};
\draw[green!50!black] (0,0) -- (120:1.5) node[above left] {B};
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[red,->,>=latex] (0.7,0) arc(0:30:0.7);
\node[red] at (15:1) {$a$};
\draw[green!50!black,->,>=latex] (0.5,0) arc(0:120:0.5);
\node[green!50!black] at (60:0.8) {$b$};
\node[below right] at (1.5,0) {1};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-5.2cm}
D'une part, on a :
\begin{align*}
\vv{\text{OA}}\cdot\vv{\text{OB}} & = x_\text{A}x_\text{B}+y_\text{A}y_\text{B}\\
& = \cos a\cos b + \sin a\sin b\;.
\end{align*}
D'autre part, on a :
\begin{align*}
\vv{\text{OA}}\cdot\vv{\text{OB}} & =\text{OA}\times\text{OB}\times\cos\angleor{OA}{OB}\\
& = 1\times1\times\cos(b-a)\\
& = \cos(a-b)\;.
\end{align*}
\end{minipage}

On en déduit alors que :
\[ \cos(a-b)=\cos a\cos b-\sin a\sin b\;.\]
En prenant $b=-b$, on obtient :
\[ \cos(a+b)=\cos a\cos b+\sin a\sin b\;.\]
\breakbox
De plus, on sait que pour tout $x$, $\sin x=\cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right)$ donc :
\begin{align*}
\sin(a-b) & = \cos\left(\frac{\pi}{2}-(a-b)\right)\\
& =  \cos\left(\frac{\pi}{2}-a+b\right)\\
& = \cos\left(\frac{\pi}{2}-a\right)\cos b-\sin\left(\frac{\pi}{2}-a\right)\sin b\\
& = \sin a\cos b - \cos a\sin b\;.
\end{align*}
En prenant $b=-b$, on obtient :
\[ \sin(a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b\;.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,pluriel,name={Formules de duplication}]
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{align*}
\cos 2a & = \cos^2a-\sin^2a\\
& = 2\cos^2a-1\\
& = 1-2\sin^2a
\end{align*}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{align*}
\sin 2a & = 2\sin a\cos a
\end{align*}
\end{minipage}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
De la formule :
\[ \cos(a+b)=\cos a\cos b-\sin a\sin b\;,\]
en prenant $b=a$, on obtient :

\vspace*{-2em}
\begin{align*}
\cos(a+a) & = \cos a\cos a - \sin a\sin a\\
\cos 2a & = \cos^2a-\sin^2a\;.\qquad(1)
\end{align*}

\vspace*{-1em}
Or, pour tout $a$, on a : 
\[ \cos^2a+\sin^2a=1\;,\qquad(2)\]
d'où :
\[ \sin^2a=1-\cos^2a\;\]
En reprenant l'égalité (1), on a alors :\vspace*{-0.5em}
\begin{align*}
\cos 2a & = \cos^2a-(1-\cos^2a)\\
& = 2\cos^2a-1\;.
\end{align*}

\vspace*{-1em}
Mais de la relation (2), on peut aussi écrire :\vspace*{-0.5em}
\[\cos^2a=1-\sin^2a\;,\]

\vspace*{-1em}
donc, la relation (1) donne :

\vspace*{-2em}
\begin{align*}
\cos 2a & = 1-\sin^2a-\sin^2a\\
& = 1-2\sin^2a\;.
\end{align*}
\breakbox
De la formule :
\[ \sin(a+b)=\sin a\cos b+\sin b\cos a\;,\]
en prenant $b=a$, on obtient :
\[ \sin 2a = 2\sin a\cos a\;.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
En prenant $a=\dfrac{\pi}{12}$, la formule :
\[ \cos 2a = 2\cos^2a-1\]
donne :
\[ \cos\dfrac{\pi}{6}=2\cos^2\dfrac{\pi}{12}-1\;,\]
soit :
\[ \dfrac{\sqrt{3}}{2}=2\cos^2\dfrac{\pi}{12}-1.\]
On en déduit alors que :
\begin{align*}
\cos^2\dfrac{\pi}{12} & =\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}+1}{2}\\
& = \dfrac{\sqrt{3}+2}{4}\\
\text{donc : }\cos\dfrac{\pi}{12} & = \sqrt{\dfrac{\sqrt{3}+2}{4}}\;
\end{align*}
Or,
\begin{align*}
\left(\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}\right)^2 & = \dfrac{2+2\sqrt{12}+6}{16}\\
& = \dfrac{8+4\sqrt{3}}{16}\\
& = \dfrac{2+\sqrt{3}}{4}\;.
\end{align*}
Ainsi,
\[ 
\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}=\sqrt{ \dfrac{2+\sqrt{3}}{4}}.\]
Donc,
\[ 
\boxed{\cos\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}}
\]
\end{pasbox}
\end{document}