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\documentclass[a4paper,10pt]{/media/documents/Cours/Prof/Enseignements/Archive/2012-2013/tools/style/classDS}
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% Title Page
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\title{Devoir Maison: Produit scalaire}
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\author{}
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\date{}
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\fancyhead[L]{$1^{\mbox{ère}}$S 7 : \Thetitle}
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\begin{document}
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\maketitle
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\thispagestyle{fancy}
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\begin{Exo}(58 p 202)
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\begin{enumerate}
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\item Montrons que $||\vec{u} + \vec{v}||^2 + ||\vec{u} - \vec{v}||^2 = 2\left( ||\vec{u}||^2 + ||\vec{v}||^2 \right)$.
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\begin{eqnarray*}
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||\vec{u} + \vec{v}||^2 + ||\vec{u} - \vec{v}||^2 &=& ||\vec{u}||^2 + 2\vec{u}.\vec{v} + ||\vec{v}||^2 \\
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&& \quad ||\vec{u}||^2 - 2\vec{u}.\vec{v} + ||\vec{v}||^2 \\
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&=& 2||\vec{u}||^2 + 2||\vec{v}||^2 + 2\vec{u}.\vec{v} - 2\vec{u}.\vec{v}\\
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&=& 2\left( ||\vec{u}||^2 + ||\vec{v}||^2 \right)
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\end{eqnarray*}
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\item Montrons l'identité d'Apollonius. Pour cela on va appliquer le résultat de la question précédente à $\vec{u} = \vec{AB}$ et $\vec{v} = \vec{BC}$.
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Comme on a $\vec{AB} + \vec{BC} = \vec{AC}$ par la relation de Chasles.
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Et que $\vec{AB} - \vec{BC} = \vec{AB} + \vec{CB} = \vec{AB} + \vec{DA} = \vec{DB}$ par la relation de Chasles et en utilisant le fait que $ABCD$ soit un parallélogramme et donc que $\vec{CB} = \vec{DA}$.
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La relation montrée à la question précédente donne
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\begin{eqnarray*}
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||\vec{AC}||^2 + ||\vec{BD}||^2 = 2\left( ||\vec{AB}||^2 + ||\vec{BC}||^2 \right)\\
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AC^2 + BD^2 = 2\left( AB^2 + BC^2 \right)
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\end{eqnarray*}
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\item Calculons la longueur de la diagonale $[BD]$. Par la question précédente, on a
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\begin{eqnarray*}
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BD^2 &=& 2(AB^2 + BC^2) - AC^2 \\
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&=& 2(6^2 + 4^2) - 8^2 \\
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BD^2 &=& 40 \\
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BD &=& \sqrt{40} = 2\sqrt{10}
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\end{eqnarray*}
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\end{enumerate}
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\end{Exo}
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\begin{Exo}(70 p 203)
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\begin{enumerate}
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\item $ABF$ est un triangle inscrit dans le cercle $\mathcal{C}$ dont le coté $[AF]$ est une diagonale de ce cercle. On en déduit donc que $ABF$ est un triangle rectangle en $B$. Ainsi $B$ est le projeté orthogonal de $F$ sur $(AB)$. On peut donc simplifier le produit scalaire
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\begin{eqnarray*}
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\vec{AB}.\vec{AF} = \vec{AB}.\vec{AB} = AB^2
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\end{eqnarray*}
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De la même façon, $C$ est le projeté orthogonal de $F$ sur $(AC)$ et donc le produit scalaire se simplifie
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\begin{eqnarray*}
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\vec{AC}.\vec{AF} = \vec{AC}.\vec{AC} = AC^2
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\end{eqnarray*}o
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\item Montrons que $AB^2 + AC^2 = 2 \vec{AI}.\vec{AF}$.
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\begin{eqnarray*}
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AB^2 + AC^2 &=& \vec{AB}.\vec{AF} + \vec{AC}.\vec{AF} \\
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&=& \left( \vec{AI} + \vec{IB}\right).\vec{AF} + \left( \vec{AI} + \vec{IC} \right).\vec{AF} \\
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&=& \vec{AI}.\vec{AF} + \vec{IB}.\vec{AF} + \vec{AI}.\vec{AF} + \vec{IC}.\vec{AF} \\
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&=& 2\vec{AI}.\vec{AF} + \vec{IB}.\vec{AF} + \vec{IC}.\vec{AF} \\
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\mbox{or } \vec{IB} = -\vec{IC} &=& 2\vec{AI}.\vec{AF}
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\end{eqnarray*}
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\end{enumerate}
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\end{Exo}
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\begin{Exo}(95 p 205)
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\begin{enumerate}
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\item Calculons les produits scalaires.
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\begin{eqnarray*}
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\vec{BA}.\vec{AC} &=& \frac{1}{2}\left( ||\vec{BA} + \vec{AC}||^2 - ||\vec{BA}||^2 - ||\vec{AC}||^2 \right) \\
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&=& \frac{1}{2}\left( BC^2 - BA^2 - AC^2 \right)\\
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&=& \frac{1}{2} \left( 4^2 - 7^2 - 5^2 \right) \\
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&=& -29 \\
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\vec{AB}.\vec{BC} = -20 \\
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\vec{CA}.\vec{BC} = 4
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\end{eqnarray*}
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\item
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\begin{eqnarray*}
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\vec{AB}.\vec{AC} &=& -\vec{BA}.\vec{AC} = 29 \\
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\vec{BA}.\vec{BC} &=& -\vec{AB}.\vec{BC} = 20
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\end{eqnarray*}
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\item Calculons la mesure de l'angle $\widehat{ABC}$. On sait que $\vec{BA}.\vec{BC} = ||\vec{BA}||\; ||\vec{BC}|| \cos(\vec{BA},\vec{BC})$ donc
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\begin{eqnarray*}
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\cos(\vec{BA},\vec{BC}) &=& \frac{\vec{BA}.\vec{BC}}{||\vec{BA}||\;||\vec{BC}||} \\
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&=& \frac{-20}{7 \times 4}\\
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\widehat{ABC} &=& \cos^{-1} \left( \frac{20}{28} \right)\\
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&=& 44.4
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\end{eqnarray*}
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On fait de la même manière pour l'angle $\widehat{BAC}$
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\begin{eqnarray*}
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\widehat{BAC} = \cos^{-1} (\frac{29}{35}) = 34.0
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\end{eqnarray*}
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Et on déduit le dernier angle
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\begin{eqnarray*}
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\widehat{ACB} = 180 - \widehat{ABC} - \widehat{BAC} = 180 - 44 - 34 = 101.6
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\end{eqnarray*}
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\end{enumerate}
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\end{Exo}
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\end{document}
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%%% mode: latex
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%%% TeX-master: "master"
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