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Partie 4 : Distance d'un point à une droite, Cauchy-Schwarz et inégalité triangulaire

Table des matières

1 Distance d'un point à une droite

Définition

Soit $(D)$ une droite du plan et $M_0$ un point du plan. La distance de $M_0$ à $(D)$ est la distance $M_0H$, où $H$ est le projeté orthogonal de $M_0$ sur $(D)$. On la note $d(M_0,(D))$.

C'est la plus petite distance entre $M_0$ et un point de $(D)$ : $d(M_0,(D)) = \min\limits_{M\in(D)} M_0M$.

📐 Distance d'un point à une droite

$H$ : projeté orthogonal de $M_0$ sur $(D)$ ; $d(M_0,(D)) = M_0H$

Démonstration : Soit $(D): ax+by+c=0$, $\vec{n}(a,b)$ normal à $(D)$, et $A(x_A,y_A)$ un point quelconque de $(D)$. On a $\overrightarrow{M_0A}.\vec{n} = (\overrightarrow{M_0H}+\overrightarrow{HA}).\vec{n} = \overrightarrow{M_0H}.\vec{n}$ (car $\overrightarrow{HA}\perp\vec{n}$, $\overrightarrow{HA}$ étant porté par $(D)$). Comme $\overrightarrow{M_0H}$ est colinéaire à $\vec{n}$, $|\overrightarrow{M_0H}.\vec{n}| = M_0H\times\|\vec{n}\|$, d'où $M_0H = \dfrac{|\overrightarrow{M_0A}.\vec{n}|}{\|\vec{n}\|}$. En développant avec $A\in(D) \Rightarrow ax_A+by_A=-c$, on obtient la formule ci-dessous.

Théorème

Soient $(D): ax+by+c=0$ et $M_0(x_0,y_0)$ un point du plan. La distance de $M_0$ à $(D)$ est :

$$d(M_0,(D)) = M_0H = \frac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$$
📝 Exercice 1

Soit la droite $(D): 3x+4y+5=0$.

1) Calculer la distance du point $O$ à la droite $(D)$.   2) Déterminer les coordonnées du point $O'$, symétrique de $O$ par rapport à $(D)$.

✅ Solution détaillée
Étape 1 : $d(O,(D)) = \dfrac{|3\times 0+4\times 0+5|}{\sqrt{3^2+4^2}} = \dfrac{5}{5} = 1$.
Étape 2 : Soit $H$ le projeté orthogonal de $O$ sur $(D)$. Comme $\overrightarrow{OH}$ est colinéaire à $\vec{n}(3,4)$, il existe $k$ tel que $H(3k,4k)$.
Étape 3 : $H\in(D) \Rightarrow 3(3k)+4(4k)+5=0 \iff 25k=-5 \iff k=-\dfrac{1}{5}$. D'où $H\left(-\dfrac{3}{5},-\dfrac{4}{5}\right)$.
Étape 4 : $O'$ est le symétrique de $O$ par rapport à $(D)$, donc $H$ est le milieu de $[OO']$ : $\overrightarrow{O'H}=\overrightarrow{HO}$, soit $O'=2H-O$.
$O'\left(-\dfrac{6}{5},-\dfrac{8}{5}\right)$
Conclusion

$d(O,(D))=1$ et $O'\left(-\dfrac{6}{5},-\dfrac{8}{5}\right)$.

Résumé
  • $d(M_0,D)=\dfrac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$.

2 Inégalité de Cauchy-Schwarz

Activité : Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs non nuls. On sait que $|\cos(\widehat{\vec{u},\vec{v}})|\leq 1$. En multipliant par $\|\vec{u}\|\|\vec{v}\| > 0$, en déduire une inégalité portant sur $\vec{u}.\vec{v}$.

Démonstration : Si $\vec{u}=\vec{0}$ ou $\vec{v}=\vec{0}$, l'inégalité est immédiate ($0\leq 0$). Sinon, $|\cos(\widehat{\vec{u},\vec{v}})|\leq 1 \iff \|\vec{u}\|\|\vec{v}\|\,|\cos(\widehat{\vec{u},\vec{v}})|\leq \|\vec{u}\|\|\vec{v}\| \iff |\vec{u}.\vec{v}|\leq\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|$.

L'égalité $|\cos(\widehat{\vec{u},\vec{v}})|=1$ équivaut à $(\widehat{\vec{u},\vec{v}})\equiv 0\ [\pi]$, c'est-à-dire $\vec{u}$ et $\vec{v}$ colinéaires.

Propriété

Pour tous vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ :

$$\vec{u}.\vec{v} \leq |\vec{u}.\vec{v}| \leq \|\vec{u}\|\times\|\vec{v}\|$$

C'est l'inégalité de Cauchy-Schwarz. L'égalité $|\vec{u}.\vec{v}| = \|\vec{u}\|\|\vec{v}\|$ est vérifiée si et seulement si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont colinéaires.

Sous forme analytique, avec $\vec{u}(x,y)$ et $\vec{v}(x',y')$ : $xx'+yy' \leq |xx'+yy'| \leq \sqrt{x^2+y^2}\times\sqrt{x'^2+y'^2}$.

Résumé
  • $|\vec u\cdot\vec v|\le\|\vec u\|\|\vec v\|$, avec égalité ssi $\vec u,\vec v$ colinéaires.

3 Inégalité triangulaire

Activité : Pour trois points $A$, $M$, $B$ donnés, on sait que $MA+MB\geq AB$. En posant $\vec{u}=\overrightarrow{MA}$ et $\vec{v}=\overrightarrow{MB}$ (donc $\vec{u}+\vec{v}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}$... plus directement, en développant $(\vec{u}+\vec{v})^2$), établir que $\|\vec{u}+\vec{v}\|\leq\|\vec{u}\|+\|\vec{v}\|$.

Démonstration : D'après Cauchy-Schwarz, $\vec{u}.\vec{v}\leq\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|$, donc $2\vec{u}.\vec{v}\leq 2\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|$. En ajoutant $\|\vec{u}\|^2+\|\vec{v}\|^2$ aux deux membres :

$$\|\vec{u}\|^2+2\vec{u}.\vec{v}+\|\vec{v}\|^2 \leq \|\vec{u}\|^2+2\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|+\|\vec{v}\|^2$$

c'est-à-dire $\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 \leq (\|\vec{u}\|+\|\vec{v}\|)^2$, d'où (les deux membres étant positifs) $\|\vec{u}+\vec{v}\|\leq\|\vec{u}\|+\|\vec{v}\|$.

Propriété

Pour tous vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ :

$$\|\vec{u}+\vec{v}\| \leq \|\vec{u}\|+\|\vec{v}\|$$

C'est l'inégalité triangulaire. L'égalité est vérifiée si et seulement si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont colinéaires de même sens.

📝 Exercice 2

Considérons les points $A(1,-1)$, $B(4,-1)$ et $C(-2,2)$. Calculer $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}$ et $\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$, puis en déduire une mesure de l'angle $(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}})$.

✅ Solution détaillée
Étape 1 : $\overrightarrow{AB}(3,0)$ et $\overrightarrow{AC}(-3,3)$.
Étape 2 : $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} = 3\times(-3)+0\times 3 = -9$.
Étape 3 : $\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}) = 3\times 3-0\times(-3)=9$.
Étape 4 : $AB=3$ et $AC=\sqrt{9+9}=3\sqrt{2}$, donc $\cos\theta = \dfrac{-9}{9\sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt2}{2}$ et $\sin\theta=\dfrac{9}{9\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2}$.
Conclusion

$\cos\theta=-\dfrac{\sqrt2}{2}$ et $\sin\theta=\dfrac{\sqrt2}{2}$ donnent $\theta = \dfrac{3\pi}{4}$.

Résumé
  • $\|\vec u+\vec v\|\le\|\vec u\|+\|\vec v\|$, avec égalité ssi $\vec u,\vec v$ colinéaires de même sens.
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