\chapter{Produit scalaire}

\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez ce cours en vidéo.]{le produit scalaire}{https://media.prepamath.fr/IL1Mch07crs}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.4){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/IL1Mch07crs}}}
\vspace*{-5mm}

\section{Géométrie non analytique}

\begin{exointro}{Lycée Notre-Dame, Boulogne}
Soit $ABC$ un triangle isocèle rectangle en $A$ tel que
$AB=\sqrt{8}$. 

On note $I$ le milieu du segment $[BC]$. 

\begin{questions}
\item  Déterminer et construire le point $G$ tel que: 
  \[
  2\gvec{GA}+\gvec{GB}+\gvec{GC}=\gvec{0}.
  \]

	
\item Vérifier que les points $A$, $G$ et $I$ sont alignés et calculer les nombres :
	$$GA^{2}, \qquad  GB^{2}, \qquad GC^{2}\,.$$
	
\item  Étant donné un point $M$ du plan, exprimer $2MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}$ en fonction de $MG^{2}$.
\end{questions}
\vspace*{-1.5em}
\end{exointro}

\enlargethispage*{5em}


Dans cette section, nous nous placerons dans un plan euclidien.

\subsection{Définition du produit scalaire}

\begin{defin}
Soient $\gvec{OA}$ et $\gvec{OB}$ deux vecteurs du plan, et $H$ le projeté orthogonal de $B$ sur $(OA)$.

\Par

Le \textit{produit scalaire} des vecteurs $\gvec{OA}$ et $\gvec{OB}$, noté $\gvec{OA}\cdot\gvec{OB}$, est défini par :
\begin{itemize}
\item $\gvec{OA}\cdot\gvec{OB}=OA \times OH$ si les deux vecteurs forment un angle aigu;
\begin{center}
\includegraphics{209_6_fig_1}
\end{center}
\end{itemize}
\Break
\begin{itemize}
\item $\gvec{OA}\cdot\gvec{OB}=-OA \times OH$ si les deux vecteurs forment un angle obtus.
\end{itemize}
\begin{center}
\includegraphics{210_6_fig_7}
\end{center}
\end{defin}

\subsection{Orthogonalité de deux vecteurs}

\begin{defin}
$\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont dits orthogonaux si:
\[
\vec{u}=\vec{0} \quad \text{ou} \quad \vec{v}=\vec{0}
\]
ou si :

\begin{minipage}{0.7\linewidth}
\[
(\vec{u}, \vec{v})=\frac{\pi}{2}+ 2 k \pi \quad (k \in \Z)
\]
\end{minipage}
\begin{minipage}[c][15mm]{0.25\linewidth}
\includegraphics{210_6_fig_2}
\end{minipage}

ou si :

\begin{minipage}{0.7\linewidth}
\[
(\vec{u}, \vec{v})=-\frac{\pi}{2}+ 2 k \pi \quad (k \in \Z)\,.
\]
\end{minipage}
\begin{minipage}[c][15mm]{0.25\linewidth}
\includegraphics{210_6_fig_3}
\end{minipage}

On écrit alors $\vec{u} \perp \vec{v}$.
\end{defin}
%
\begin{thm}
\[
\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v}=0\,.
\]
\end{thm}
%

\subsection{Produit scalaire et normes}

\begin{prop}
Soient deux vecteurs $\gvec{u}$ et $\gvec{v}$ dans le plan. Alors,
\[
\gvec{u}\cdot\gvec{v}=\|\gvec{u}\|\times\|\gvec{v}\|\times\cos\big(\gvec{u},\gvec{v}\big)
\]
où $\big(\gvec{u},\gvec{v}\big)$ représente l'angle formé par les vecteurs $\gvec{u}$ et $\gvec{v}$ en tournant dans le sens trigonométrique.
\end{prop}

De cette propriété, on peut conclure que:
\[
\vec{u}^2 = \vec{u}\cdot\vec{u}= \|\vec{u}\|^2.
\]

\newpage

\subsection{Propriétés}

Quels que soient les vecteurs $\vec{u}$, $\vec{v}$, $\vec{w}$ et les réels $a$ et $b$ , on a :
\begin{itemize}
\item $\vec{u} \cdot \vec{v}=\vec{v} \cdot \vec{u}$ (symétrie du produit scalaire);\Par
\item $\vec{u} \cdot (\vec{v}+\vec{w})=\vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{u}\cdot \vec{w}$;\Par
\item $(a \vec{u}) \cdot (b \vec{v})=ab (\vec{u} \cdot \vec{v})$;\Par
\item $\|\gvec{u}+\gvec{v}\|^2 =(\vec{u} + \vec{v})^2={\vec {u}}^2 +2 \vec{u} \cdot \vec{v}+ {\vec {v}}^2$;\Par
\item $(\vec{u} - \vec{v})^2={\vec {u}}^2 -2 \vec{u} \cdot
\vec{v}+ {\vec {v}}^2$;\Par
\item $(\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} - \vec{v})={\vec {u}}^2-{\vec{v}}^2$;\Par
\item $\gvec{u}\cdot\gvec{v}  =\dfrac{1}{2}\big(\|\gvec{u}\|^2+\|\gvec{v}\|^2-\|\gvec{u}-\gvec{v}\|^2\big)$;\Par
\item $\gvec{u}\cdot\gvec{v}  = \dfrac{1}{2}\big(\|\gvec{u}+\gvec{v}\|^2-\|\gvec{u}\|^2-\|\gvec{v}\|^2\big)$;\Par
\item $\gvec{u}\cdot\gvec{v}  = \dfrac{1}{4}\big(\|\gvec{u}+\gvec{v}\|^2-\|\gvec{u}-\gvec{v}\|^2\big)$.
\end{itemize}

\begin{solintro}
\begin{questions}
\item  Comme $I$ est le milieu de $[BC]$, on a $\gvec{GB}+\gvec{GC}=2\gvec{GI}$.

\begin{center}
\includegraphics{211_6_fig_6}
\end{center}

La relation vectorielle définissant le point $G$ se réécrit  donc: 
  \[2\gvec{GA}+2\gvec{GI}=\gvec{0}
  \iff \gvec{GA}+\gvec{GI}=\gvec{0}.
  \]
  
  On en déduit que $G$ est le milieu de $[AI]$.

\item  $G$ étant le milieu de $[AI]$, $A$, $G$ et $I$ sont donc alignés. Le triangle $ABC$ est isocèle, donc la médiane $(AI)$ est aussi la hauteur.  D'où :
  \[(GI) \perp (IB).\]
Donc :
  \[
  GB^{2}=GI^{2}+IB^{2}\,.
  \]
\BreakWithoutItem
$I$ est le centre du cercle circonscrit au triangle rectangle $ABC$ car c'est le milieu de l'hypoténuse. Donc :
  \[
  IA = IB = \frac{1}{2}BC\,.
  \]
  Or,
  \[
  BC^2 = BA^2 + AC^2 = 8+8 = 16,
  \]
  donc $BC = 4$; d'où :
  \[
  IB = \frac{1}{2}BC = 2 \] et \[ GI = \frac{1}{2}AI =  \frac{1}{2} IB = 1\,. 
  \]
  Ainsi, 
  \[
  GB^{2}=1+4=5
  \]
   et de même pour $GC^{2}$ car la figure est symétrique par rapport à l'axe $(AI)$. 
  \[
  GA^2 = GI^2 = 1\,.
  \]
  Donc :
  \[
  GA^2 = 1, \qquad GB^2 = GC^2 = 5\,.
  \]
   
\item  On exprime les carrés des longueurs par des carrés scalaires, ce qui nous permet d'utiliser la relation de Chasles sur les vecteurs: 
  \begin{align*}
  & 2MA^{2}+MB^{2}+MC^{2} \\[4pt]
  =\ & 2\gvec{MA}^{2}+\gvec{MB}^{2}+ \gvec{MC}^{2} \\[4pt]
  =\ &2(\gvec{MG}+\gvec{GA})^{2} +(\gvec{MG}+\gvec{GB})^{2} +(\gvec{MG} + \gvec{GC})^{2}\\[4pt]
  =\ & 4MG^2 +\gvec{MG}\cdot\left( 4\gvec{GA}+2\gvec{GB}+2\gvec{GC}\right)+2GA^2+GB^2+GC^2\\[4pt]
  =\ & 4MG^2+2GA^2+GB^2+GC^2
  \end{align*}
  
  car, d'après la définition du point $G$, on a:
  \[
  2\gvec{GA}+\gvec{GB}+\gvec{GC}= \vec 0.
  \]
  En utilisant les résultats de la question précédente, on trouve
  finalement:
  \[
  2MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}=4MG^{2}+12\,.
  \]
  \vspace*{-2em}
\end{questions}
\end{solintro}

\newpage

\section{Géométrie analytique}

\begin{exointro}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{produit scalaire}{https://media.prepamath.fr/IL1Mch07crs}

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\vspace*{-10pt}

Dans un repère orthonormé, on considère les points $A(1~;~-1)$, $B(-3~;~2)$ et $C(5~;~7)$.
\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{AC}\cdot\gvec{AB}$.
\item En déduire une valeur approchée de l'angle $\widehat{BAC}$ au degré près.
\item Donner une équation cartésienne de la hauteur de $ABC$ issue de $C$.
\end{questions}
\end{exointro}

Dans cette section, on rapporte le plan à un repère $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$ orthonormé.

\subsection{Calcul du produit scalaire}

\begin{prop}
Soient $\vec{u}\dbinom{x}{y}$ et $\vec{v}\dbinom{x'}{y'}$ deux vecteurs. Alors,
\[
\vec{u}\cdot\vec{v}=xx'+yy'\;.
\]
\end{prop}

\emph{Conséquence :} \[ \| \vec{u} \|^2 = x^2+y^2 \quad\text{et}\quad \|\vec{u}\|=\sqrt{x^2+y^2}\;. \]

\begin{Exemple}
on pose $\gvec{u}\dbinom{5}{-2}$ et $\gvec{v}\dbinom{1}{7}$. Alors,
\begin{align*}
\gvec{u}\cdot\gvec{v}&=5\times1+(-2)\times7\\
& = 5-14\\
& = -9.
\end{align*}
\end{Exemple}

\subsection{Application pour trouver la mesure d'un angle}

Reprenons les vecteurs de l'exemple précédent : $\gvec{u}\dbinom{5}{-2}$ et $\gvec{v}\dbinom{1}{7}$.

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

\subsection{Vecteur normal à une droite}

\begin{defin}
Soit $\mathcal{D}$ une droite du plan, et soient $A$ et $B$ deux points distincts de $\cal D$.

Un vecteur non nul $\vec{n}$ est dit \emph{normal} à $\mathcal{D}$ si  :
\[ \vec{n}\cdot\gvec{AB}=0. \]
\Par
\begin{center}
\includegraphics{214_6_fig_4}
\end{center}
\end{defin}

\begin{prop}
Soit $\cal D$ une droite d'équation cartésienne $ax+by+c=0$. Alors, un vecteur normal à $\cal D$ est :
\[
\vec{n}\dbinom{a}{b}.
\]
\end{prop}

\begin{Remarque}
tout vecteur non nul colinéaire à $\gvec{n}$ est aussi un vecteur normal à $\cal D$.
\end{Remarque}

\newpage

\begin{solintro}
\textbf{\textit{\PictoVideo\ Retrouvez ce corrigé en vidéo.}}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1.5,0.9){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/IL1Mch07crs}}}
\vspace*{-10pt}

\Par

Dans un repère orthonormé, on considère les points $A(1~;~-1)$, $B(-3~;~2)$ et $C(5~;~7)$.
\begin{questions}
\item 
\begin{itemize}
\item $\gvec{AC}\dbinom{5-1}{7-(-1)}$; donc $\gvec{AC}\dbinom{4}{8}$.
\item $\gvec{AB}\dbinom{-3-1}{2-(-1)}$; donc $\gvec{AB}\dbinom{-4}{3}$.
\end{itemize}
D'où :
\[
\gvec{AC}\cdot\gvec{AB}=4\times(-4)+8\times3=8.
\]

\item On sait que $\gvec{AC}\cdot\gvec{AB}=AC \times AB \times \cos\big(\gvec{AC}~;~\gvec{AB}\big)=8$.

De plus,
\begin{align*}
AB & = \sqrt{(-4)^2+3^2}=5;\\
AC & = \sqrt{4^2+8^2}=\sqrt{80}.
\end{align*}
Donc :
\begin{align*}
 & 5\sqrt{80}\cos\big(\gvec{AC}~;~\gvec{AB}\big)=8\\
\iff\ & \cos\big(\gvec{AC}~;~\gvec{AB}\big)=\dfrac{8}{5\sqrt{80}}\\
\iff\ & \cos\big(\gvec{AC}~;~\gvec{AB}\big)\approx0,179\\
\iff\ & \big(\gvec{AC}~;~\gvec{AB}\big)\approx80\degres.
\end{align*}

\item Soit $M(x~;~y)$ sur la hauteur de $ABC$ issue de $C$. Alors,
\begin{align*}
\gvec{CM}\cdot\gvec{AB}=0 & \iff \dbinom{x-5}{y-7}\cdot\dbinom{-4}{3}=0\\
& \iff -4(x-5)+3(y-7)=0\\
& \iff -4x+3y-1=0.
\end{align*}
Ainsi, une équation cartésienne de cette hauteur est $-4x+3y-1=0$.
\end{questions}
\end{solintro}