%!TEX encoding = UTF-8 Unicode \documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage{fancybox} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{tabularx} \usepackage{lscape} \usepackage{multirow} \usepackage{textcomp} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Denis Vergès \usepackage{pst-plot,pst-text,pst-tree} \usepackage{pst-eucl} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \setlength{\textheight}{23,5cm} \setlength{\voffset}{-1.5cm} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \setlength{\voffset}{-2,5cm} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat S}, pdftitle = { Antilles--Guyane septembre 2006}, allbordercolors = white} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Correction du baccalauréat S} \lfoot{\small{Antilles--Guyane}} \rfoot{\small{septembre 2006}} \renewcommand \footrulewidth{.2pt} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center}\textbf{Durée : 4 heures} \vspace{0,25cm} {\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Antilles--Guyane~\decofourright\\septembre 2006}} \end{center} \vspace{0,25cm} \textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 6 points} \medskip \textbf{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item En posant $u(t) = 5t$ et $v'(t) = \dfrac{2t}{1 + t^2}$, on a : $u'(t) = 5$ et $v(t) = \ln \left(1 + t^2\right)$, car quel que soit $t$ réel, $1 + t^2 \geqslant 1 > 0$. On obtient donc en intégrant par parties (toutes les fonctions étant continues) : I $ = \left[5t \times \ln \left(1 + t^2\right)\right]_{0}^{\frac{1}{2}} - \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\ln \left(1 + t^2\right)\:\text{d}t = \dfrac{5}{2}\ln \left(\dfrac{5}{4}\right) - 5\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} \ln \left(1 + t^2\right)\:\text{d}t $. \item Soient $f(x) = \ln (1 + x) - x + \dfrac{x^2}{2}$ et $g(x) = \ln (1 + x) - x$. \begin{enumerate} \item $f$ est dérivable comme composée de fonctions dérivables sur $\R_{+}$ et \\$f'(x) = \dfrac{1}{1 + x} - 1 + x = \dfrac{1 - \left(1 - x^2 \right)}{1 + x} = \dfrac{x^2}{1+x} \geqslant 0$, car $1 + x \geqslant 1 > 0$ et $x^2 \geqslant 0$. La fonction $f$ est donc croissante à partir de $\ln(1) - 0 + 0 = 0$ : elle est donc positive. Pour $x \geqslant 0,~f(x) \geqslant 0$. On admet de même que pour $x \geqslant 0,~g(x) \leqslant 0$. \item On déduit de la question précédente que : $\ln (1 + x) - x + \dfrac{x^2}{2} \geqslant 0 \iff x - \dfrac{x^2}{2} \leqslant \ln (1 + x)$ et que $\ln (1 +x) - x \leqslant 0 \iff \ln (1 + x) \leqslant x$ soit $x - \dfrac{x^2}{2} \leqslant \ln (1 + x) \leqslant x$. En écrivant cet encadrement avec $x = t^2$ (puisque $x \geqslant 0$), on obtient l'encadrement : \[t^2 - \dfrac{t^4}{2} \leqslant \ln \left(1 + t^2 \right) \leqslant t^2.\] \item En intégrant les trois fonctions précédentes sur $\left[0~;~\frac{1}{2}\right]$, on obtient : $\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\left(t^2 - \dfrac{t^4}{2}\right)\:\text{d}t \leqslant \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\ln \left(1 + t^2 \right) \:\text{d}t \leqslant \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5t^2\:\text{d}t \iff \left[ \right]_{0}^{\frac{1}{2}} \iff $ $\left[\dfrac{5t^3}{3} - \dfrac{t^5}{2}\right]_{0}^{\frac{1}{2}} \leqslant \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\ln \left(1 + t^2 \right) \:\text{d}t \leqslant \left[\dfrac{5t^3}{3} \right]_{0}^{\frac{1}{2}} \iff$ $ \dfrac{5}{24} - \dfrac{1}{64} \leqslant \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\ln \left(1 + t^2 \right) \:\text{d}t \leqslant \dfrac{5}{24}$ et finalement en prenant les opposés : \[ - \dfrac{5}{24}\leqslant - 5\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} \ln \left(1 + t^2 \right) \:\text{d}t \leqslant - \dfrac{37}{192}\] \end{enumerate} \item On déduit de la question 1. et de la question 2. c. que \[\dfrac{5}{2}\ln \left(\dfrac{5}{4}\right) - \dfrac{5}{24}\leqslant \text{I} \leqslant \dfrac{5}{2}\ln \left(\dfrac{5}{4}\right) - \dfrac{37}{192} ~\text{soit}\] \[0,349 \leqslant \text{I} \leqslant 0,366 \] \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie B} \medskip \begin{enumerate} \item $\varphi(0)$ est l'intégrale d'une fonction positive sur un intervalle d'amplitude nulle : donc $\varphi(0) = 0$. Par définition de l'intégrale $\varphi(t) = \dfrac{10t^2}{1 + t^2}.$ \item Avec $y_{n+1} = y_{n} + \varphi'\left(x_{n} \right) \times 0,1$ et $x_{n} = \dfrac{n}{10}$, on obtient $y_{n+1 } = y_{n} + \dfrac{10 \times \frac{n^2}{100}}{1 + \frac{n^2}{100}}\times 0,1$, soit $y_{n+1 } = y_{n} + \dfrac{n^2}{100 + n^2}$. \item À partir de $y_{0} = 0$ et grâce à la formule de récurrence obtenue ci-dessus, on peut calculer $y_{1} = 0,~y_{2} = \dfrac{1}{101}$. Puis $y_{3} = \dfrac{1}{101} + \dfrac{4}{104},~y_{4} = \dfrac{1}{101} + \dfrac{4}{104} + \dfrac{9}{109}$ et $y_{5} = \dfrac{1}{101} + \dfrac{4}{104} + \dfrac{9}{1096} + \dfrac{16}{116}.$ $y_{5}\approx 0,269$ à $0,001$ près. \item La valeur trouvée pour I par la méthode d'Euler avec un pas de $0,$ est incompatible avec l'encadrement trouvé à la question A. 3. La valeur $0,354$ trouvée par la méthode d'Euler et un pas de $0,01$ est compatible avec l'encadrement précité. (En fait I $\approx 0,364$) \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Résolution de $z^2 - 4z + 6 = 0 \iff (z - 2)^2 - 4 + 6 = 0 \iff (z - 2)^2 + 2 = 0 \iff (z - 2)^2 - \left(\text{i}\sqrt{2} \right)^2 = 0 \iff \left(z - 2 + \text{i}\sqrt{2} \right)\left(z - 2 - \text{i}\sqrt{2} \right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l} z&=&2 - \text{i}\sqrt{2}\\ z&=& 2 + \text{i}\sqrt{2}. \end{array}\right.$ \[ S = \{2 - \text{i}\sqrt{2}~;~2 + \text{i}\sqrt{2} \} \] \item Le quotient $\dfrac{z_{1} - 3}{z_{1}} = \dfrac{ - 1 + \text{i}\sqrt{2}}{2 + \text{i}\sqrt{2}} = \dfrac{(- 1 + \text{i}\sqrt{2})(2 - \text{i}\sqrt{2})}{4 + 2} = \dfrac{-2 + 2 + \text{i}\sqrt{2} + 2\text{i}\sqrt{2}}{6} = \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$ C'est donc un imaginaire pur. On déduit de l'égalité $\dfrac{z_{1} - 3}{z_{1}} = \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ : en prenant les arguments $\left(\vect{\text{OM}_{1}},~\vect{\text{BM}_{1}}\right) = \dfrac{\pi}{2}$, ce qui signifie que le triangle OBM$_{1}$ est rectangle en M$_{1}$. \item Le triangle précédent est inscrit dans un cercle de diamètre [OB]. Or $z_{1}$ et $z_{2}$ étant conjugués, les points M$_{1}$ et M$_{2}$ sont symétriques autour de $\left(\text{O},~\vect{u}\right)$ : le point M$_{2}$ appartient lui aussi au cercle circonscrit au triangle OBM$_{1}$. \end{enumerate} \psset{unit=2cm}\begin{pspicture}(-1,-2)(5,2) \psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt](0,0)(-1,-2)(5,2) \psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-1,-2)(5,2) \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \psdots[dotstyle=+,dotangle=45](2,0)(3,0)(2,1.414)(2,-1.414)(2.707,1.225)(1.293,1.225) \uput[d](2,0){A} \uput[dr](3,0){B}\uput[ur](2,1.414){M$_{1}$} \uput[dr](2,-1.414){M$_{2}$}\uput[ur](2.707,1.225){D} \uput[ul](1,1.732){D$'$} \psline(0,0)(2,1.414)(3,0) \uput[dl](0,0){O}\psline(2.707,1.225)(2,0)(1,1.732) \pscircle(1.5,0){1.5}\pscircle(2,0){1.414} \pscircle[linestyle=dashed](2,0){2}\uput[ur](3.65,1){$\Gamma'$} \end{pspicture} \item $z' = z^2 - 4z + 6$. \begin{enumerate} \item On a $z' - 2 = z^2 - 4z + 6 - 2 = z^2 - 4z + 4 = (z - 2)^2.$. \item Si $z = 2 + \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\theta}$, on vient de démontrer que $z' - 2 = (z - 2)^2 = \left(\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\theta} \right)^2 = 2\text{e}^{\text{i}2\theta}$, d'où $\left|z' - 2\right| = 2$ et arg$\left(\vect{u},~\vect{\text{AM}'} \right) = 2 \theta.$ Conclusion : M$'$ appartient au cercle de centre A(2~;~0) et de rayon 2. \end{enumerate} \item D est le point d'affixe $d = 2 + \dfrac{\sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6}}{2}$ \begin{enumerate} \item $d - 2 = \dfrac{\sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6}}{2} = \sqrt{2} \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = \sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$. On en déduit que $\left|d - 2\right| = \sqrt{2}$ c'est-à-dire que D appartient au cercle de centre A et de rayon $\sqrt{2}$, soit au cercle $\Gamma.$ \item D'après la question 2. b. un argument de D étant $\frac{\pi}{3}$, un argument de D$'$ est $2\frac{\pi}{3} = \left(\vect{u},~\vect{\text{AD}'}\right).$ D$'$ est le point de $\Gamma '$ tel que $\left(\vect{\text{AB}},~\vect{\text{AD}'} \right) = \dfrac{2\pi}{3}.$ \item On a AO = AD$' = 2$ et $\left(\vect{\text{AD}'},~\vect{\text{AO}}\right) = \left(\vect{\text{AB}},~\vect{\text{AO}}\right) - \left(\vect{\text{AB}},~\vect{\text{AD}'}\right) = \pi - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{3}.$ Les mesures des trois angles de OAD$'$ sont égales à $\dfrac{\pi}{3}$. Conclusion : le triangle OAD$'$ est équilatéral. \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points} \medskip \textbf{Partie A} R. O. C. sur la loi de durée de vie sans vieillissement. \medskip \textbf{Partie B} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item De $p(\text{T} \leqslant 10) = \displaystyle\int_{0}^{10} \lambda\text{e}^{-\lambda t}\:\text{d}t = 0,7 \\iff \left[- \text{e}^{-\lambda t} \right]_{0}^{10} = 0,7 \iff -\text{e}^{- 10\lambda } + 1 = 0,7 \iff \text{e}^{-10\lambda} = 0,3$, on en déduit par croissance de la fonction $\ln$, ~$-10\lambda = \ln 0,3 \iff \lambda = - \dfrac{\ln 0,3}{10} \approx \nombre{0,1203}$. Désormais $\lambda \approx 0,12$. \item Par définition de la probabilité conditionnelle :\\ $p_{(\text{T} > 10}(\text{T}> 15) = \dfrac{p(\text{T} > 10) \cap p(\text{T} > 15)}{p(\text{T} > 10)} = \dfrac{p(\text{T} > 15)}{p(\text{T} > 10)} = \dfrac{1 - \left[\text{e}^{-0,12t} \right]_{0}^{15}}{0,3} = $ $\dfrac{\text{e}^{-0,12 \times 15}}{0,3}\approx 0,550$. \item D'après la partie A, la probabilité cherchée est $p(\text{T}\leqslant 5) = \left[\text{e}^{-0,12t} \right]_{0}^{5} = 1 - \text{e}^{-0,6}$. La probabilité est d'environ $0,451 \approx 0,45$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a une épreuve de Bernoulli avec $n = 6$ et $p = 0,3$. \item On a $p(\text{Y} \geqslant 4) = p(\text{Y} = 4) + p(\text{Y} =5) + p(\text{Y} =6) =$ $\binom{6}{4}0,3^4 \times 0,7^2 + \binom{6}{5}0,3^5 \times 0,7^1 + \binom{6}{6}0,3^6 \times 0,7^0 =$ $ 15 \times 0,3^4 \times 0,7^2 + 6\times 0,3^5 \times 0,7 + 0,3^6 \approx 0,070$. La probabilité d'ouvrir de nouvelles caisses est d'environ $0,07$ à $10^{-2}$ près. \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points} \textbf{Enseignement obligatoire} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Dans le repère donné les coordonnées de D, I, F et J sont \[\text{D}(0~;~1~;~0) \quad \text{I}(1/2~;~0~;~0) \quad \text{F}(1~;~0~;~1) \quad \text{J}(1/2~;~1~;~1) \] Donc $\vect{\text{DI}}\left(\begin{array}{l}1/2\\-1\\0\\ \end{array}\right),~\vect{\text{JF}}\left(\begin{array}{l}1/2\\-1\\0\\ \end{array}\right)$. On a $\vect{\text{DI}} = \vect{\text{JF}} \iff \text{DIFJ}$ est un parallélogramme. Calculons DI$^2 = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4}$ et IF$^2 = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4}$. Conclusion : DI = IF. Le quadrilatère DIFJ est un parallélogramme dont deux côtés consécutifs ont la même longueur : c'est un losange. L'aire de losange est par exemple : $\dfrac{\text{DF} \times \text{IJ}}{2} = \dfrac{\sqrt{3} \times \sqrt{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$. \item Soit un vecteur $\vect{n}(a~;~b~;~c)$ normal au plan (DIJ) ; il est normal au vecteur $\vect{\text{DI}}(1/2~;~-1~;~0)$ et au vecteur $\vect{\text{IJ}}(0~;~-1~;~-1)$ ce qui entra\^{\i}ne $\left\{\begin{array}{l c l} \frac{a}{2} - b &=&0\\ - b - c &=& 0\\ \end{array}\right. \iff\\ \left\{ \begin{array}{l c l} a&=&2b\\ b&=&-c.\\ \end{array}\right. $ Le vecteur de coordonnées $(-2c~;~- c~; ~c)$est normal au plan (DIJ) ; en particulier $\vect{n}(2~;~1~;~-1)$ est un vecteur normal à ce plan. On en déduit qu'une équation du plan (DIJ) est $M(x~;~y~;~z) \in (\text{DIJ}) \iff 2x + y - z + d = 0$. En particulier I$(1/2~;~0~;~0) \in (\text{DIJ}) \iff 2\times \frac{1}{2} + 0 - 0 + d = 0 \iff d = - 1.$ Une équation du plan (DIJ) est donc : \[M(x~;~y~;~z) \in (\text{DIJ}) \iff 2x + y - z -1 = 0.\] \item On sait $d(\text{E}, (\text{DIJ})) = \dfrac{\left|2x_{\text{E}} + y_{\text{E}} - z_{\text{E}} - 1\right|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + 1^2}} = \dfrac{\left|-2 \right|}{\sqrt{6}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{6} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$. Il en résulte que le volume de la pyramide EDIFJ est égal à :\\ $\dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}(\text{DIFJ}) \times h,~h$~étant la distance de E au plan calculée ci-dessus. Donc V $ = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{6}}{2}\times \dfrac{\sqrt{6}}{3} = \dfrac{1}{3}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $\Delta$ est donc la droite contenant E et de vecteur directeur $\vect{n}.$ Donc $M(x~;~y~;~z) \in \Delta \iff \text{il existe}~t \in \R~\text{tel que}~\vect{\text{E}M} = t\vect{n}$. En égalant les coordonnées de ces deux vecteurs, on obtient : \[ M(x~;~y~;~z) \in \Delta \iff \left\{\begin{array}{l c r} x&=&2t\\ y&=&t\\ z&=&1 - t\\ \end{array}\right. \] qui est une représentation paramétrique de la droite $\Delta$. K$(1~;~1/2~;~1/2) \in \Delta \iff \left\{\begin{array}{l c r} 1&=&2t\\ 1/2&=&t\\ 1/2&=&1 - t\\ \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c r} 1/2&=&2t\\ 1/2&=&t\\ t&=&1/2\\ \end{array}\right.$ ce qui est cohérent. \item Le point commun à $\Delta$ et à (DIJ) (unique car $\Delta$ est perpendiculaire à (DIJ)) a ses coordonnées qui vérifient les équations de la droite et l'équation du plan, donc $2 \times 2t + t - 1 + t - 1 = 0 \iff 6t - 2 = 0 \iff t = \dfrac{1}{3}$. D'où L$(2/3~;~1/3~;~2/3)$. \item On calcule les coordonnées du vecteur $\vect{\text{LB}} + \vect{\text{LE}} +\vect{\text{LG}}\left(\begin{array}{r} \frac{1}{3} -\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\\ -\frac{1}{3}-\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\\ -\frac{2}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\\ \end{array}\right)$. \\ On a bien $\vect{\text{LB}} + \vect{\text{LE}} +\vect{\text{LG}} = \vect{0} \iff $~L est l'isobarycentre ou centre de gravité de (BEG) \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $M(x~;~y~;~z) \in \mathcal{S} \iff x^2 + y^2 + z^2 - 2x - y - z + \dfrac{4}{3 } = 0 \iff (x - 1)^2 \left(y - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(z - \dfrac{1}{2}\right)^2 - 1 - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4}+ \dfrac{4}{3 } = 0 \iff (x - 1)^2 + \left(y - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(z - \dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{6}$ qui est l'équation d'une sphère de centre le point de coordonnées $\left(1~;~1/2~;~1/2 \right)$ c'est-à-dire le point K et de rayon $\sqrt{\dfrac{1}{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{6}.$ \item On a L$\left(2/3~;~1/3~;~2/3\right) \in \mathcal{S} \iff \left(\dfrac{2}{3} - 1\right)^2 + \left(\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{6} \iff \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{1}{6} \iff \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$ qui est vraie. Conclusion L est un point de $\Delta$, du plan (DIJ), du plan (BEG) et de la sphère $\mathcal{S}.$ Comme (KL) est perpendiculaire au plan (DIJ) et que KL est égal au rayon de la sphère, il en résulte que le plan (DIJ) est tangent à la sphère $\mathcal{S}$ au point L. \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points} \textbf{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item D'après le cours il existe une unique similitude directe qui transforme deux points distincts en deux points distincts. \item On sait que l'écriture complexe de $s$ est : $z' = az + b,~a$ et $b$ étant deux complexes que l'on détermine en écrivant que $s(\text{O}) = \text{I}$ et $s(\text{A}) = \text{C}$, soit : $\left\{\begin{array}{l c l} 1 + \text{i}&=&a \times 0 + b\\ 2\text{i}&=& a + b\\ \end{array}\right. \Rightarrow a = \text{i} - 1$ (par différence), et $b = 1 + \text{i}$.\\ L'écriture complexe est donc $z' = ( \text{i} - 1)z + 1 + \text{i}$.\\ Recherche de points fixes : si $z$ a pour image $z = ( \text{i} - 1)z + 1 + \text{i}$, alors \\$z(2 -\text{i}) = 1 + \text{i} \iff z = \dfrac{1 + \text{i}}{2 - \text{i}} = \dfrac{(1 + \text{i})(2 + \text{i})}{4 + 1} = \dfrac{1 + 3\text{i}}{5}.$ La similitude a un seul point fixe $\Omega$ d'affixe $\omega = \dfrac{1}{5} + \text{i}\dfrac{3}{5}.$ \item On a $\text{A}\Omega^2 = |\omega - 1|^2 = \left(\dfrac{-4}{5} \right)^2 + \left(\dfrac{3}{5} \right)^2 = \dfrac{16 + 9}{25} = 1 \Rightarrow \text{A}\Omega = 1.$\\ Conclusion A$\Omega$ = AO = 1, donc $\Omega$ appartient au cercle $\Gamma$ de centre A et de rayon 1. \end{enumerate} \item $f : z \longmapsto z' = \dfrac{-3 - 4\text{i}}{5}\overline{z} + \dfrac{8 + 4\text{i}}{5}$. \begin{enumerate} \item $z_{\text{A}'}$ désignant l'affixe de l'image par $f$ de A, $z_{\text{A}'} = \dfrac{- 3 - 4\text{i} + 8 + 4\text{i}}{5} = \dfrac{5}{5} = 1 = z_{\text{A}}.$ A est un point invariant par $f$. De même $z_{\text{C}'} = \dfrac{-3 - 4\text{i}}{5} \times (- 2\text{i} + \dfrac{8 + 4\text{i}}{5} = \dfrac{6\text{i} - 8+8+ 4\text{i} }{5} = \dfrac{10\text{i}}{5}= 2\text{i} = z_{\text{C}}$. C est également un point invariant par $f$. D'après l'écriture complexe $\left(\left|\dfrac{-3 - 4\text{i}}{5} \right| = 1 \right)$,~$f$ est une similitude indirecte ayant deux points fixes : c'est donc une symétrie-droite autour de la droite (AC). Image de $\Omega$ par $f$ : $z_{\Omega'} = \left(\dfrac{- 3 - 4\text{i}}{5} \right)\left( \dfrac{1 - 3\text{i}}{5} \right)+ \dfrac{8 + 4\text{i}}{5} = \dfrac{-3 + 9\text{i} - 4\text{i} - 12 + 40 + 20\text{i}}{25}= \dfrac{25 + 25\text{i}}{25} = 1 + \text{i} = z_{\text{I}}$. I est donc l'image de $\Omega$ par $f$. \item cf. figure \end{enumerate} \item À tout point M on associe M$'$ et M$''$ tels que $\vect{M'M''} = \vect{\Omega M}$. \begin{enumerate} \item Si M $= \Omega$, alors $\vect{\Omega'\Omega''} = \vect{\Omega \Omega} = \vect{0} \Rightarrow \Omega' = \Omega'' = \Omega$ (car $\Omega$ est invariant par $s$. \item Construction de A$''$ : on a par définition $\vect{\text{A}'\text{A}''} = \vect{\Omega \text{A}} \iff \vect{\text{C}\text{A}''} = \vect{\Omega \text{A}} \iff \Omega \text{AA}''\text{C}$ est un parallélogramme. On peut construire A$''$ en utilisant les diagonales du parallélogramme ou les côtés opposés de même longueur. \item L'égalité $\vect{M'M''} = \vect{\Omega M}$ se traduit en termes d'affixes par \\$z'' - z' = z - z_{\Omega} \iff z'' = (\text{i} - 1)z + 1 + \text{i} + z - \dfrac{1 + 3\text{i}}{5} = \text{i}z + \dfrac{4 + 2\text{i}}{5}$. Recherche de points invariants : on résout $z = \text{i}z + \dfrac{4 + 2\text{i}}{5}$ $\iff z(1 - \text{i}) = \dfrac{4 + 2\text{i}}{5} \iff z = \dfrac{(4 + 2\text{i})((1 + \text{i})}{5(1 - \text{i})(1 + \text{i})} = \dfrac{1 + 3\text{i}}{5} = z_{\Omega}.$ On obtient par différence : $z" - \dfrac{1 + 3\text{i}}{5} = \text{i}\left(z - \dfrac{1 + 3\text{i}}{5}\right)$ qui est l'écriture complexe d'une rotation de centre $\Omega$ et d'angle $\frac{\pi}{2}$ (quart de tour direct). \item L'ensemble $(\Gamma'')$ est l'image par cette rotation du cercle $(\Gamma)$ : c'est donc un cercle de même rayon et dont le centre est l'image par le quart de tour du point A. \end{enumerate} \end{enumerate} \psset{unit=3cm} \begin{center}\begin{pspicture}(-1,-0.5)(2,2.5) \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-1,-0.5)(2.2,2.5) \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1) \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \uput[dl](0,0){O} \uput[d](1,0){A} \uput[ur](1,2){B} \uput[r](1,1){I} \uput[l](0.2,0.6){$\Omega$}\uput[l](0,2){C} \psplot{-0.25}{1.5}{2 2 x mul sub}\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](0.2,0.6)(1,2)(1,0)(0.8,1.4) \uput[u](1.85,0.65){$(\Gamma)$}\uput[u](1.85,1.65){$(\Gamma'')$} \psline[linewidth=0.3pt](1,0)(1,2)(0,2) \psline[linewidth=0.3pt](0,0)(1,1) \pscircle(1,0){1}\psline(1,1)(0.2,0.6)\psline[linewidth=0.3pt](0,0)(1,2) \psline[linewidth=0.3pt](0.2,0.6)(0.5,1)(0.8,1.4) \uput[r](0.8,1.4){A$''$}\pscircle[linestyle=dashed](0.8,1.4){1} \end{pspicture} \end{center} \end{document}