Produit scalaire et normes de vecteurs. Formules de polarisation. Théorème d’AlKashi

  1. Cours et exercices en pdf. Fiche BAC n°8.
  2. Produit scalaire de deux vecteurs dans l’espace. Vecteurs orthogonaux. Caractérisation de l’orthogonalité
  3. Bilinéarité, symétrie du produit scalaire. Propriétés algébriques
  4. Produit scalaire et normes de vecteurs. Formules de polarisation. Théorème d’AlKashi
  5. Produit scalaire et projection orthogonale
  6. Expressions du produit scalaire dans une base orthonormée directe
  7. Vecteur normal à un plan. Équations cartésiennes dans l’espace

Tout ce paragraphe peut être interprété dans le plan ou dans l’espace.

Dans toute la suite, le plan est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$.

1. Identités remarquables et produit scalaire de vecteurs

On peut appliquer le calcul algébrique défini par les propriétés ci-dessus aux identités remarquables vues en 3ème puis en Seconde pour les nombres réels et en calcul littéral.

Identités remarquables et produit scalaire.
Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs dans l’espace. On rappelle que $\vec{u}^2= \vec{u}\cdot\vec{u}=||\vec{u}||^2$ s’appelle le carré scalaire de $\vec{u}$. Alors :
$$\begin{array}{rcl}
{\textbf (I.R.n°1)} &\boxed{\;(\vec{u}+\vec{v})^2=\vec{u}^2+2\vec{u}\vec{v}+\vec{v}^2\;} &(1)\\
{\textbf (I.R.n°2)} &\boxed{\;(\vec{u}-\vec{v})^2=\vec{u}^2-2\vec{u}\vec{v}+\vec{v}^2\;}&(2)\\
{\textbf (I.R.n°3)} &\boxed{\; (\vec{u}+\vec{v})(\vec{u}-\vec{v})=\vec{u}^2-\vec{v}^2\;}&(3)\\ \end{array}$$

D’après les propriétés algébriques du produit scalaire, on a bien :
$\bullet$ Pour l’IRn°1, on sait que : $ \vec{v}\cdot\vec{u}= \vec{u}\cdot\vec{v}$. Donc :
$$\begin{array}{rcl}
(\vec{u}+\vec{v})^2&=&(\vec{u}+ \vec{v}) (\vec{u}+\vec{v}) \\
&=&\vec{u}\cdot\vec{u}+\vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{v}\cdot\vec{u} + \vec{v}\cdot\vec{v} \\
&=& \vec{u}^2+2\vec{u}\cdot\vec{v} +\vec{v}^2\\ \end{array}$$

$\bullet$ Pour l’IRn°2 :
$$\begin{array}{rcl}
(\vec{u}- \vec{v})^2&=&(\vec{u}- \vec{v}) (\vec{u}- \vec{v}) \\
&=& \vec{u}\cdot\vec{u} – \vec{u}\cdot\vec{v} – \vec{v}\cdot\vec{u} + \vec{v}\cdot\vec{v} \\
&=& \vec{u}^2-2\vec{u}\cdot\vec{v} +\vec{v}^2\\ \end{array}$$

$\bullet$ Pour l’IRn°3 :
$$\begin{array}{rcl}
(\vec{u}- \vec{v}) (\vec{u}+ \vec{v}) &=&\vec{u}\cdot\vec{u}+\vec{u}\cdot\vec{v}-\vec{v}\cdot\vec{u}-\vec{v}\cdot\vec{v} \\
&=& \vec{u}^2-\vec{v}^2\\ \end{array}$$

2. Identités ou formules de polarisation

Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs du plan. Alors il existe deux points uniques $A$ et $B$ tels que : $$\overrightarrow{u}=\overrightarrow{OA}~~\text{et}~~\overrightarrow{v}=\overrightarrow{OB}$$

Théorème 1. Identités ou formules de polarisation
Le plan ou l’espace est muni d’un repère orthonormé direct. Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs quelconques de l’espace. Alors le produit scalaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ est le nombre réel défini par l’une des formules suivantes : $$\begin{array}{ll}
\boxed{~\vec{u}\cdot\vec{v}=\dfrac{1}{2}\left(||\vec{u}||^2+||\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2\right)~}&\quad\text{(1)} \\
\boxed{~\vec{u}\cdot\vec{v}=\dfrac{1}{2}\left(||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2\right)~}&\quad\text{(2)} \\
\boxed{~\vec{u}\cdot\vec{v}=\dfrac{1}{4}\left(||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2\right)~} &\quad\text{(3)} \\
\end{array}$$

Ces formules s’appellent les identités ou formules de polarisation. C’est le passage du produit scalaire, une forme bilinéaire à deux variables $(\vec{u},\vec{v})\mapsto f(\vec{u},\vec{v})=\vec{u}\cdot\vec{v}$, au carré de la norme $\vec{u}\mapsto\varphi(\vec{u})=||\vec{u}||^2$, qui une forme quadratique à une variable.

D’après l’identité remarquable n°2, on a bien : $$(\vec{u}- \vec{v})^2= \vec{u}^2-2 \vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{v}^2$$ Ce qui donne : $$||\vec{u}- \vec{v}||^2= ||\vec{u}||^2-2 \vec{u}\cdot\vec{v}+||\vec{v}||^2$$ ou encore : $$2 \vec{u}\cdot\vec{v}= ||\vec{u}||^2+||\vec{v}||^2-||\vec{u}- \vec{v}||^2$$ Et, par conséquent : $$\vec{u}\cdot\vec{v}=\dfrac{1}{2}\left(||\vec{u}||^2+ ||\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2\right)$$
Les autres formules se démontrent de la même manière.
CQFD.$\blacktriangle$

3. Définition 2 du produit scalaire uniquement avec les normes

Les formules de polarisation nous donnent un nouvel outil pour calculer le produit scalaire de deux vecteurs, connaissant leurs normes et la norme de leur somme ou leur différence.
Ces propriété sont très pratiques, car dans un triangle dont on connaît les longueurs des trois côtés, si on associe deux côtés à deux vecteurs, le troisième côté n’est autre que leur différence dans un sens ou dans l’autre ! On peut donc calculer le produit scalaire de deux vecteurs pour déterminer l’angle qui les sépare.

Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs du plan. Alors il existe deux points uniques $A$ et $B$ tels que : $$\overrightarrow{u}=\overrightarrow{OA}~~\text{et}~~\overrightarrow{v}=\overrightarrow{OB}$$

Le troisième côté du triangle correspond
à la différence des deux vecteurs.
$\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$
donc : $\overrightarrow{BA}= \vec{u}-\vec{v}$

Définition 2
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct $(O, \vec{\imath},\vec{\jmath})$. Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs quelconques de l’espace. Alors le produit scalaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ peut être défini par le nombre réel: $$\boxed{\;\vec{u}\cdot\vec{v}=\dfrac{1}{2}\left(||\vec{u}||^2+ ||\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2\right)\;}~~\quad\text{(Déf.2)}$$

Exercice résolu n°1. Soit $ABC$ un triangle tel que : $AB=4$, $AC=5$ et $BC=6$.
Calculer $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$.

On peut faire une figure pour illustrer nos propos. Mais c’est inutile.
On sait que $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$ et $||\overrightarrow{BC}||=||\overrightarrow{CB}||$.
Ce qui donne, d’après la formule de polarisation du produit scalaire :
$\begin{array}{rcl}
\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}&=&\dfrac{1}{2}\left(||\overrightarrow{AB}||^2+||\overrightarrow{AC}||^2-||\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}||^2\right)\\
&=&\dfrac{1}{2}\left(AB^2+AC^2-||\overrightarrow{CB}||^2\right)\\
&=&\dfrac{1}{2}\left(AB^2+AC^2-CB^2\right)\\
&=&\dfrac{1}{2}\left(4^2+5^2-6^2\right)\\
&=&\dfrac{1}{2}\left(16+25-36\right)\\
&=&\dfrac{5}{2}\\
\end{array}$
Conclusion. $\boxed{~\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\dfrac{5}{2}~}$.

4. Théorème d’AlKashi

En fait cette définition du produit scalaire uniquement avec les normes se généralise facilement pour donner les produits scalaires de deux vecteurs formés par deux côtés d’un triangle, connaissant les longueurs des trois côtés (ou les normes des trois vecteurs). C’est le grand théorème d’AlKashi qui lui-même donne une généralisation du théorème de Pythagore à un triangle quelconque !

NOTATIONS : On note $a$ la longueur du côté $[BC]$ opposé au sommet $A$ et à l’angle $\hat{A}$. etc.

Théorème d’AlKashi
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{i},\vec{j})$.
Soit $ABC$ un triangle quelconque. On note $AB=c$, $AC=b$ et $BC=a$, où $a$, $b$ et $c$ sont des nombres réels strictement positifs. De même, on note les angles géométriques : $\widehat{A}=\widehat{BAC}$, $\widehat{B}=\widehat{ABC}$ et $\widehat{C}=\widehat{BCA}$. Alors :
(AK1) : $a^2=b^2+c^2-2bc\cos(\widehat{A})$
(AK2) : $b^2=a^2+c^2-2ac\cos(\widehat{B})$
(AK3) : $c^2=a^2+b^2-2ab\cos(\widehat{C})$.

La démonstration est analogue au calcul de l’exemple précédent.

D’après les propriétés algébriques du produit scalaire, on a bien :
$\bullet$ D’après la relation de Chasles et l’IRn°2, on sait que : $ \vec{v}\cdot\vec{u}= \vec{u}\cdot\vec{v}$. Donc :
$$\begin{array}{rcl}
a^2&=&\lVert\overrightarrow{BC}\rVert^2\\
&=&\overrightarrow{BC}^2 \\
&=&\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)^2\\
&=&\overrightarrow{AC}^2-2\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AB}^2\\
&=&||\overrightarrow{AC}||^2-2\lVert\overrightarrow{AC}\rVert\times\lVert\overrightarrow{AB}\rVert\times\cos(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB})+||\overrightarrow{AB}||^2\\
&=&b^2-2bc\cos(\widehat{BAC})+c^2\\
&=& b^2+c^2-2bc\cos(\widehat{A})\\
\\ \end{array}$$ Par conséquent : $\qquad\boxed{~a^2=b^2+c^2-2bc\cos(\widehat{A})~}$
D’une manière analogue, on démontre les deux égalités.
CQFD. $\blacktriangle$

5. Le théorème de Pythagore comme cas particuliers du théorème d’AlKashi

Théorème de Pythagore
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{i},\vec{j})$.
Soit $ABC$ un triangle rectangle an $A$. On note $AB=c$, $AC=b$ et $BC=a$, où $a$, $b$ et $c$ sont des nombres réels strictement positifs. Alors :
$\qquad\widehat{A}=\widehat{BAC}=\pm\dfrac{\pi}{2}$ et $ \cos(\widehat{A})=0$. Donc (AK1) donne : $$\boxed{\;a^2=b^2+c^2\;}$$ ou encore : $$BC^2=AB^2+AC^2$$

6. Exercices résolus

Exercice résolu n°2. Soit $ABC$ un triangle tel que : $AB=4$, $AC=5$ et $BC=6$.
Déterminer une valeur approchée arrondie au dixième de degré de la mesure de l’angle $\widehat{BAC}$.

Il faut calculer le cosinus de l’angle et en déduire la mesure de l’angle $\widehat{BAC}$ en utilisant le $\cos^{-1}.$ ou $\arccos$ de votre calculatrice.
1ère méthode.
Comme dans l’exercice précédent, on calcule : $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\dfrac{5}{2}$. Et, d’après la formule du produit scalaire avec les normes et le cosinus, on sait que : $$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=||\overrightarrow{AB}||\times||\overrightarrow{AC}||\times \cos(\widehat{BAC})$$
Ce qui donne : $\dfrac{5}{2}=4\times 5\times \cos(\widehat{BAC})$.
Donc : $\cos(\widehat{BAC})=\dfrac{5}{40}=\dfrac{1}{8}$.
Et, par suite : $\widehat{BAC}=\cos^{-1}\left(\dfrac{1}{8}\right)$.
On s’assure que notre calculatrice est bien en « mode dégré ». On obtient alors : $$\cos^{-1}\left(\dfrac{1}{8}\right)=82,81924422\ldots$$
Conclusion. Une valeur approchée arrondie au dixième de degré de la mesure de l’angle $\widehat{BAC}$ est : $$\boxed{~\widehat{BAC}\simeq82,8^\circ~}$$

2ème méthode. On utilise le théorème d’AlKashi. D’après la convention de notations des côtés : $a=BC=6$, $b=AC=5$, $c=AB=4$ et $\widehat{A}=\widehat{BAC}$. On a alors : $$\begin{array}{rcl}
a^2&=&b^2+c^2-2bc\cos(\widehat{BAC})\\
6^2&=&5^2+4^2-2\times 5\times 4\times\cos(\widehat{BAC})\\
36&=&25+16-40\times\cos(\widehat{BAC})\\
\cos(\widehat{BAC})&=&\dfrac{-5}{-40}=\dfrac{1}{8}\\ \end{array}$$
Et, par suite : $\widehat{BAC}=\cos^{-1}\left(\dfrac{1}{8}\right)$.
On s’assure que notre calculatrice est bien en « mode dégré ». On obtient alors : $$\cos^{-1}\left(\dfrac{1}{8}\right)=82,81924422\ldots$$
Conclusion. Une valeur approchée arrondie au dixième de degré de la mesure de l’angle $\widehat{BAC}$ est : $$\boxed{~\widehat{BAC}\simeq82,8^\circ~}$$
CQFD.$\blacktriangle$

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