Expression du produit scalaire dans un repère orthonormé direct dans le plan

1. Expression du produit scalaire dans une base orthonormée directe

Théorème 1.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$.
Soient $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array}\right)$ et $\overrightarrow{v}\left(\begin{array}{c} x’\\ y’\\ \end{array}\right)$ deux vecteurs non nuls de l’espace. Alors le produit scalaire de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ peut s’écrire : $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=xx’ + yy’~~}$$

L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$. Ce qui signifie que : $$||\vec{\imath} ||=1,~~|| \vec{\jmath}||=1~\text{et}~\vec{\imath}\perp\vec{\jmath}$$
Ce qui peut se traduire par quatre égalités à l’aide du produit scalaire : $$\left\{\begin{array}{c}
\vec{\imath}\cdot\vec{\imath}=1~~\text{et}~~\vec{\jmath}\cdot\vec{\jmath}=1\\
\vec{\imath}\cdot\vec{\jmath}=0,~~\text{et}~~\vec{\jmath}\cdot\vec{\imath}=0\\
\end{array}\right. \quad\text{(*)}$$
Les vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{u}$ s’écrivent dans la base $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$ comme suit : $$\overrightarrow{u}=x\vec{\imath}+y\vec{\jmath}\quad\text{et}\quad\overrightarrow{v}=x’\vec{\imath}+y’\vec{\jmath}$$ Ce qui donne : $$\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=(x\vec{\imath}+y\vec{\jmath})\cdot(x’\vec{\imath}+y’\vec{\jmath})$$ Donc, d’après les propriétés de bilinéarité du produit scalaire, on a : $$\begin{array}{rcl}
\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}&=&{\color{brown}{xx’\,\vec{\imath}\cdot\vec{\imath}}}+xy’\,\vec{\imath}\cdot\vec{\jmath}\\ &&+yx’\,\vec{\jmath}\cdot\vec{\imath}+{\color{brown}{yy’\,\vec{\jmath}\cdot\vec{\jmath}}}\\
\end{array}$$
D’après les relations $(*)$, à part les trois termes sur la diagonale, les six autres termes sont tous nuls. Donc, on a bien : $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v} =xx’+yy’~~}$$

Exercice résolu n°1. $ABCD$ est un cube de côté $a>0$. $I$ et $J$ sont les milieux de $[AB]$ et $[AD]$ respectivement.
Démontrer que les vecteurs $\overrightarrow{IC}$ et $\overrightarrow{BJ}$ sont orthogonaux. Faire une figure à titre indicatif.

On place le carré dans un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$ tel que $O=A$, $\overrightarrow{AB}=a\vec{\imath}$ et $\overrightarrow{AD}=a\vec{\jmath}$.
Alors, les coordonnées des points $A$, $B$, $I$ et $J$ sont : $A(0;0)$, $B(a;0)$, $I\left(\dfrac{a}{2};0\right)$ et $J\left(0;\dfrac{a}{2}\right)$.

Mais alors, $\overrightarrow{IC}\left(\begin{array}{c} \dfrac{a}{2}\\ a\\ \end{array}\right)$ et $\overrightarrow{BJ}\left(\begin{array}{c} -a\\ \dfrac{a}{2} \\ \end{array}\right)$ et on a bien : $$\overrightarrow{IC}\cdot\overrightarrow{BJ}=\dfrac{a}{2}\times(-a)+a\times\dfrac{a}{2}$$ Donc : $$\overrightarrow{IC}\cdot\overrightarrow{BJ}= -\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}=0$$
Par conséquent, comme leur produit scalaire est nul, les deux vecteurs $\overrightarrow{IC}$ et $\overrightarrow{BJ}$ sont bien orthogonaux.

2. Expression de la norme d’un vecteur dans l’espace

Théorème 2.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$.
Soient $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array}\right)$ un vecteur de l’espace. Alors :
La norme du vecteur $\overrightarrow{u}$ est donnée par : $$\boxed{~~||\,\overrightarrow{u}\,||=\sqrt{x^2+y^2}~~}$$

On sait que le produit scalaire par lui-même est égal au carré de la norme. Donc : $\overrightarrow{u}\,{}^2=\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{u}=||\,\overrightarrow{u}\,||^2$. Donc : $||\,\overrightarrow{u}\,||^2=x^2+y^2$. Ce qui donne : $$\boxed{~~||\,\overrightarrow{u}\,||=\sqrt{x^2+y^2}~~}$$

3. Expression de la distance entre deux points dans l’espace

Théorème 3.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$.
Soient $A(x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$ deux points du plan. Alors :
La distance entre les deux points $A$ et $B$ est égale à la norme du vecteur $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}x_B-x_A\\ y_B-y_A\\ \end{array}\right)$. Donc : $$\boxed{~~AB=||\,\overrightarrow{AB}\,||=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}~~}$$

On sait que la norme d’un vecteur $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array}\right)$ est donnée par : $||\,\overrightarrow{u}\,||=\sqrt{x^2+y^2}$. Par suite la norme du vecteur $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}x_B-x_A\\ y_B-y_A\\ \end{array}\right)$. Donc : $$\boxed{~~||\,\overrightarrow{AB}\,||=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}~~}$$

4. Exercices résolus

Exercice résolu n°2. Les vecteurs suivants sont-ils orthogonaux deux à deux ? Justifier votre réponse. $$\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} 3\\ 4\\ \end{array}\right)~;~\overrightarrow{v}\left(\begin{array}{c} -4\\ 3\\ \end{array}\right)~~\text{et}~~\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} -2\\ 1,5\\ \end{array}\right)$$

Calculons les produits scalaires deux à deux de ces vecteurs :
1°) $\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=3\times4+(-4)\times3=-12+12=0$. Donc $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\perp\overrightarrow{v}~~}$$
2°) $\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{w}=3\times(-2)+4\times1,5=-6+6=0$. Donc $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\perp\overrightarrow{w}~~}$$
3°) $\overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{w}=4\times(-2)+(-3)\times1,5=-8-4,5=–12,5\not=0$. Donc $$\boxed{~~\overrightarrow{v}\not\perp\overrightarrow{w}~~}$$ CQFD.$\blacktriangle$

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