Correction du devoir maison n˚1

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir maison n˚1

Exercice 1 On note

Xn

k=1

k³la somme des npremiers entiers ´elev´es au cube : Xn

k=1

k³= 1³+ 2³+ 3³+. . .+ (n−1)³+n³. Montrer par r´ecurrence que :

∀n∈N^∗, Xn

k=1

k³=

n(n+ 1) 2

2

. Correction

Pourn∈N∗, soitP_n: 1³+ 2³+ 3³+. . .+ (n−1)³+n³=

n(n+ 1) 2

2

. Montrons queP_n est vraie pour tout n∈N∗, par r´ecurrence.

• Initialisation

La propri´et´eP1 s’´ecrit : 1³=

1(1 + 1) 2

2

| {z }

=1²

. Elle est vraie.

• H´er´edit´e

Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiernfix´e, i.e. : 1³+ 2³+ 3³+. . .+ (n−1)³+n³=

n(n+ 1) 2

2

et montrons la propri´et´ePn+1, i.e. :

1³+ 2³+ 3³+. . .+n³+ (n+ 1)³=

(n+ 1)(n+ 2) 2

2

. (Pour ´ecrirePn+1, on a remplac´echaqueoccurrence denpar (n+ 1) dansPn.)

1³+ 2³+ 3³+. . .+n³+ (n+ 1)³ = [1³+ 2³+ 3³+. . .+n³] + (n+ 1)³

=

n(n+ 1) 2

2

+ (n+ 1)³ (d’apr`esPn)

= n²(n+ 1)²

4 + (n+ 1)³

= (n+ 1)² n²

4 + (n+ 1)

(factorisation par (n+ 1)²)

= (n+ 1)²

n²+ 4n+ 4 4

= (n+ 1)²(n+ 2)²

4 (carn²+ 4n+ 4 = (n+ 2)²)

=

(n+ 1)(n+ 2) 2

2

• Conclusion

D’apr`es l’initialisation au rang 1, l’h´er´edit´e de la propri´et´ePn et l’axiome de r´ecurrence, on a : 1³+ 2³+ 3³+. . .+ (n−1)³+n³=

n(n+ 1) 2

2

pour toutn∈N∗.

Exercice 2

A tout (a, b)` ∈R² on associe l’applicationfa,b d´efinie par f_a,b : R → R

x 7→ ax+b.

1. D´eterminer pour quelles valeurs de (a, b) l’applicationfa,b est injective.

2. D´eterminer pour quelles valeurs de (a, b) l’applicationfa,b est surjective.

3. D´eterminer pour quelles valeurs de (a, b) l’applicationf_a,b est bijective.

4. Soit (a, b)∈R²tel que f_a,b est bijective. Calculer (fa,b)⁻¹(x) pour toutx∈R. 5. Montrer que sif_a,b=f_c,d, alorsa=cetb=d.

6. Interpr´eter la derni`ere condition en terme d’injectivit´e d’une certaine application.

Correction

1. On cherche `a d´eterminer tous les couples (a, b)∈R²tels que l’applicationfa,b est injective.

• M´ethode

Pour avoir une intuition de la r´eponse, on peut, dans un premier temps, consid´erer certains cas par- ticuliers, pour arriver `a une conjecture. Cette ´etape constitue l’heuristique du probl`eme. Il n’est pas n´ecessaire de la faire figurer sur la copie dans la r´edaction finale.

• Heuristique

Consid´erons par exemple l’applicationf2,5. Si l’on trace sa repr´esentation graphique dans un rep`ere du plan, et que l’on r´esout graphiquement l’´equationf2,5(x) =y d’inconnuex∈R, pour diff´erentes valeurs dey ∈R, on trouve `a chaque fois une unique solution. Cela nous laisse `a penser que l’applicationf2,5

est injective (et mˆeme bijective). Essayons donc de d´emontrer l’injectivit´e de l’applicationf2,5. Soient x, x^′ ∈Rtels quef2,5(x) =f2,5(x^′).

f2,5(x) =f2,5(x^′) =⇒ 2x+ 5 = 2x^′+ 5 (d’apr`es la d´efinition def2,5)

=⇒ 2x= 2x (soustraction de 5 `a chacun des membres)

=⇒ x=x^′ (division par 2 de chacun des membres) Ainsi l’application f2,5 est-elle injective.

Si l’on songe `a une g´en´eralisation de la pr´ec´edente d´emonstration pour une applicationfa,b, avecaet b quelconques, il nous faudra supposer que a 6= 0 pour pouvoir diviser para en fin de preuve. On en vient `a poser la

Conjecture 1 : ∀a∈R^∗ ∀b∈R fa,b est injective.

Il reste `a consid´erer le cas a= 0. Ce n’est pas parce que notre d´emonstration ne s’adapte pas au cas a= 0 que l’application fa,b n’est pas injective dans ce cas ; il se pourrait qu’une autre d´emonstration permette de le prouver. `A ce stade, on ne peut pas conjecturer sur l’injectivit´e defa,b sia= 0.

Examinons alors un exemple : l’application f0,3. En consid´erant sa repr´esentation graphique dans un rep`ere du plan, on observe que l’´equationf0,3(x) = 3 d’inconnuex∈Rposs`ede une infinit´e de solutions (tout x∈Rest solution). Ceci se d´emontre tr`es simplement car pour tout x∈R,f0,3(x) = 3. L’appli- cationf0,3 n’est donc pas injective.

Sibest un nombre r´eel, on pressent quef0,bn’est pas injective d’apr`es ce qui pr´ec`ede. On pourra tenter d’adapter l’argument utilis´e ci-dessus pour d´emontrer la non injectivit´e de f0,b pour b quelconque, en consid´erant non pas le nombre d’ant´ec´edent(s) de 3 mais de bparf0,b. On pose alors la

Conjecture 2 : ∀b∈R f0,bn’est pas injective.

• D´emonstration

On a, dans l’heuristique, formul´e deux conjectures. On doit maintenant v´erifier qu’elles sont vraies (une conjecture peut-ˆetre fausse...), en les d´emontrant. Conjecturer ne suffit pas pour r´epondre `a la question pos´ee. Il faut bien sˆur prouver ce que l’on affirme, comme toujours en math´ematiques.

Preuve de la conjecture 1 : Soient a, b∈R, aveca6= 0.

Soient x, x^′ ∈Rtels quefa,b(x) =fa,b(x^′).

f_a,b(x) =f_a,b(x^′) =⇒ ax+b=ax^′+b (d’apr`es la d´efinition def_a,b)

=⇒ ax=ax (soustraction de b `a chacun des membres)

=⇒ x=x^′ (division para6= 0 de chacun des membres) Ainsi l’application fa,b est-elle injective sia6= 0. La conjecture 1 est donc d´emontr´ee.

Preuve de la conjecture 2 : Soient b∈R.

Pour tout x∈R, on a f0,b(x) =b. La nombreb poss`ede donc une infinit´e d’ant´ec´edents par f0,b (tout x∈Rest ant´ec´edent debparf0,b) ; l’applicationf0,b n’est donc pas injective. La conjecture 2 est donc d´emontr´ee.

• Conclusion

L’ensemble des couples (a, b)∈R²tels que l’applicationfa,best injective est doncR^∗×R(i.e. les couples de nombres r´eels de premi`ere composante non nulle).

2. On cherche `a d´eterminer tous les couples (a, b)∈R²tels que l’applicationfa,b est surjective.

Enonc´´ e des r´esultats `a d´emontrer

Apr`es avoir fait une heuristique (analogue `a celle effectu´ee pour ´etudier l’injectivit´e def_a,b), on aboutit `a deux conjectures :

Conjecture 1 : ∀a∈R∗ ∀b∈R fa,b est surjective.

Conjecture 2 : ∀b∈R f_0,b n’est pas surjective.

D´emonstration

Preuve de la conjecture 1 : Soient a, b∈R, aveca6= 0.

Soity∈R. On consid`ere l’´equation (Ey) : fa,b(x) =y d’inconnuex∈R, de param`etrey∈R. (Ey) ⇐⇒ ax+b=y (par d´efinition defa,b)

⇐⇒ ax=y−b (soustraction deb`a chacun des membres)

⇐⇒ x=y−b

a (division para6= 0 de chacun des membres)

L’´equation (Ey) poss`ede une solution, quel que soity∈R, donc l’applicationf_a,b est surjective sia6= 0.

La conjecture 1 est donc d´emontr´ee.

Remarque : Ce r´esultat et celui de la question 1, nous montre que fa,b est bijective si a 6= 0. On peut aussi voir directement cette propri´et´e en consid´erant la r´esolution de l’´equation (Ey) ci-dessus ; comme (Ey) admet une unique solution, y−b

a , poury quelconque dansR,f_a,b est bijective sia6= 0.

Preuve de la conjecture 2 : Soient b∈R.

Le nombre b+ 1 (on pourrait prendre un r´eel diff´erent debquelconque `a la place deb+ 1) n’admet pas d’ant´ec´edent par l’application f0,b. On peut, par exemple, le d´emontrer par l’absurde.

Supposons que b+ 1 poss`ede un ant´ec´edent parf0,b. Alors il existex∈Rtel quef0,b(x) =b+ 1.

f0,b(x) =b+ 1 ⇐⇒ b=b+ 1 (d’apr`es la d´efinition def0,b)

⇐⇒ 0 = 1 (soustraction deb`a chacun des membres)

La derni`ere ´egalit´e ´etant fausse, notre hypoth`ese ^≪b + 1 poss`ede un ant´ec´edent par f0,b^≫ est donc

´egalement fausse. On en d´eduit alors quef0,bn’est pas surjective. La conjecture 2 est donc d´emontr´ee.

Conclusion

L’ensemble des couples (a, b)∈R²tels que l’applicationfa,best surjective est doncR^∗×R(i.e. les couples de nombres r´eels de premi`ere composante non nulle).

3. D’apr`es 1. et 2., l’applicationfa,best bijective (i.e. injective et surjective) si et seulement si (a, b)∈R^∗×R. 4. Soit (a, b)∈R²tel que f_a,b est bijective.

Soity∈R. Par d´efinitionf_a,b⁻¹(y) est l’unique solution de l’´equationf_a,b(x) =yd’inconnuex. On reconnaˆıt l’´equation (Ey) d´ej`a r´esolue en 2. On a donc

f_a,b⁻¹(y) = y−b a . 5. Soient a, b, c, d∈Rtels quefa,b=fc,d.

Alors

∀x∈R f_a,b(x) =f_c,d(x) i.e., d’apr`es les d´efinitions desf_a,b et f_c,d :

(∗) ∀x∈R ax+b=cx+d.

On a donca×0 +b=c×0 +d, i.e. :b=d. La propri´et´e (∗) se r´e´ecrit alors : (∗) ∀x∈R ax+b=cx+b.

On a ainsi : a×1 +b=c×+b, i.e. :a+b=c+b. On en d´eduita=c.

On a donc d´emontr´e que sifa,b=fc,d, alorsa=cetb=d.

6. Soit F(R,R) l’ensemble des applications de Rdans R. Le r´esultat de la question 5. se reformule ainsi : l’application

R²→ F(R,R), (a, b)7→fa,b

est injective.

Probl`eme : Deux cercles remarquables d’un triangle.

Le planP est rapport´e `a un rep`ere orthonorm´e (O;−→i ,−→j). SoientA,B et Ctrois points non align´es.

Ce probl`eme porte sur le cercle inscrit Cins dans le triangle ABC et sur le cercle circonscritCcir au triangle ABC. Sur la figure ci-dessous, on a trac´e ces deux cercles pour illustrer l’objet de l’´etude. Les d´efinitions pr´ecises deCins etCcir seront rappel´ees plus tard dans le sujet.

b

B

b

A

Cins

Ccir

b

C

L’objectif est de d´eterminer une ´equation cart´esienne du cercleCins dans un cas particulier (cf. Partie C) et une

´equation cart´esienne deCcir en toute g´en´eralit´e (cf. Partie E). Les parties A, B et D fournissent des outils pour y parvenir, mais ont un int´erˆet en elles-mˆemes.

Partie A : ´Etude g´en´erale d’un syst`eme lin´eaire `a 2 ´equations et `a 2 inconnues.

Soienta, b, c, d, α, β∈R. On consid`ere le syst`eme lin´eaire (S)

ax+by=α cx+dy=β d’inconnues (x;y)∈R².

1. Montrer que le syst`eme (S) a une unique solution si et seulement siad−bc6= 0.

2. V´erifier que siad−bc6= 0, alors l’unique solution du syst`eme (S) est le couple dα−bβ

ad−bc;−cα+aβ ad−bc

. Correction

1. • Analyse du probl`eme

Essayons de d´eterminer le nombre de solution(s) du syst`eme (S), suivant les valeurs des param`etres a, b, c, d, α, β.

On sait, par le cours, que le rang de (S) fournit de pr´ecieuses informations sur le nombre de solution(s) de (S) (cf. dernier th´eor`eme du chapitre<sup>≪</sup>Syst`emes lin´eaires^≫). Commen¸cons par calculer ce rang, `a l’aide de la m´ethode du pivot de Gauß.

Comme les 4 coefficientsa,b,c etddu syst`eme sont des param`etres, on ne sait riena priori, de la non nullit´e de ceux-ci. On ne peut donc pas d´ebuter l’algorithme du pivot de Gauß.

Pour parer ce probl`eme, on va scinder l’´etude en plusieurs parties. Pour commencer s´eparons les cas a6= 0 (on pourra alors utiliseracomme pivot) eta= 0 (on remplaceraapar 0 dans (S) et on aura un param`etre en moins).

• Cas a6= 0

(S) ⇐⇒







x + b

ay = α a cx + dy = β

L1← L1

a

⇐⇒











x + b

ay = α

a dy−cb

ay = β−cα a

L2←L2−cL1

Commedy−c b ay=

ad−bc a

y, on observe que :

(a) Si ad−bc 6= 0, alors le syst`eme (S) est de rang 2. Il est de Cramer et poss`ede donc une unique solution.

(b) Siad−bc= 0, alors le rang du syst`eme (S) est 1. Alors, d’apr`es le cours, le syst`eme (S) poss`ede 0 ou une infinit´e de solution(s).

On voit donc que :

(*) Si a6= 0, alors : (S) a une unique solution si et seulement siad−bc6= 0.

• Cas a= 0

Le syst`eme (S) s’´ecrit :

by = α cx + dy = β . Il est ´equivalent `a :

cx + dy = β

by = α L2↔L1. On observe que :

(a) Si b6= 0 etc 6= 0, alors le syst`eme (S) est de rang 2. Il est de Cramer et poss`ede donc une unique solution.

(b) Sib= 0 ouc= 0, alors le rang du syst`eme (S) est inf´erieur ou ´egal `a 1. Alors, d’apr`es le cours, le syst`eme (S) poss`ede 0 ou une infinit´e de solution(s).

On voit donc que :

(**) Si a= 0, alors : (S) a une unique solution si et seulement sib6= 0 etc6= 0.

Or, si a= 0, on v´erifie facilement que (b6= 0 etc 6= 0) est ´equivalent `aad−bc6= 0. La propri´et´e (∗∗) se r´e´ecrit donc :

(***) Sia= 0, alors : (S) a une unique solution si et seulement siad−bc6= 0.

• Conclusion

En rassemblant les r´esultats (∗) et (∗ ∗ ∗), on a :

(S) a une unique solution si et seulement siad−bc6= 0.

2. Dire que le couple

dα−bβ

ad−bc;−cα+aβ ad−bc

. est solution du syst`eme (S) signifie que :

a

dα−bβ ad−bc

+b

−cα+aβ ad−bc

=α et c

dα−bβ ad−bc

+d

−cα+aβ ad−bc

=β.

V´erifions le.

a

dα−bβ ad−bc

+b

−cα+aβ ad−bc

=adα−abβ−bcα+abβ

ad−bc = (ad−bc)α ad−bc =α c

dα−bβ ad−bc

+d

−cα+aβ ad−bc

=cdα−bcβ−cdα+adβ

ad−bc =(ad−bc)β ad−bc =β

Partie B : ´Etude de la bissectrice d’un angle.

SoientE,F etGtrois points du plan non align´es. On consid`ere la bissectriceDde l’angle¹ \F EGd´efinie par D={M ∈ P : M EF\ =M EG\}.

On se propose dans cette partie de d’´etudier cette bissectrice et d’en donner une autre description.

Dans cette partie, il est conseill´e de ne pas faire intervenir les coordonn´ees des diff´erents points en pr´esence et de plutˆot utiliser le calcul vectoriel ^≪abstrait^≫ et ses diff´erents outils : relation de Chasles, produit scalaire...

1. Dans les questions 1.(a) `a 1.(e), on suppose l’hypoth`ese

(∗) EF =EG= 1

satisfaite.

(a) Faire une figure sur laquelle on placera des pointsE, F,G non align´es et v´erifiant (∗) ainsi que la bissectriceD.

(b) SoitD^′ la droite passant parE et orthogonale `a la droite (F G), i.e.

D^′={M ∈ P : −−→

EM ⊥−−→

F G}. Montrer queD=D^′.

Indication : On pourra montrer que pour un point M quelconque du plan,M EF\ =M EG\ ´equivaut `a

−−→EM ⊥−−→F G. Pour cela, on pourra utiliser la formule du cours liant le produit scalaire au cosinus et l’injectivit´e de la fonction f: [0;π]→R,x7→cos(x).

(c) SoitI le milieu du segment [F G]. Montrer que Iappartient `aD<sup>′</sup> et donc `aD. Indication : Par d´efinition du milieu d’un segment, on a−→

IG=−−→

IF. On pourra utiliser cette identit´e et la relation de Chasles pour r´epondre `a la question pos´ee.

(d) SoitM un point du planP, soitMF son projet´e orthogonal sur (EF) et soitMG son projet´e ortho- gonal sur (EG).

i. Jusitifier qu’il existeλF ∈Rtel que−−−→

EMF =λF−−→

EF et qu’il existeλG∈Rtel que−−−→

EMG =λG−−→EG.

ii. Montrer queM M_F² =EM²−λ²_F et que M M_G² =EM²−λ²_G.

Indication : Pour montrer la premi`ere ´egalit´e, on pourra remarquer que

M M_F² =||−−−−→M M_F||²=−−−−→M M_F.−−−−→M M_F et utiliser la relation de Chasles.

iii. Montrer que−−→EM .−−→EF =λF et −−→EM .−−→EG=λG.

1. Tous les angles consid´er´es dans ce probl`eme sont non orient´es et ont des mesures en radians comprises entre 0 etπ.

iv. D´eduire que (iii) que siM ∈ D^′, alorsλ_F =λ_G. (e) On introduit

E ={M ∈ P : d(M,(EF)) =d(M,(EG))}. i. D´eduire de (d) queD^′⊂ E.

ii. L’´egalit´eD^′=E est-elle vraie ?

Conclusion du 1. : Si E,F et Gsont trois points du plan non align´es tels que EF =EG= 1, alors D=D^′ ⊂ E, i.e.

{M ∈ P : M EF\ =M EG\}={M ∈ P : −−→

EM ⊥−−→

F G} ⊂ {M ∈ P : d(M,(EF)) =d(M,(EG))}.

Correction

1.(a) Figure illustrant le contexte g´eom´etrique.

EF =EG= 1

I milieu du segment [F G]

Dbissectrice deF EG\

D^′ droite perpendiculaire `a (F G) passant parE

b

E

b

F

b G

D=D^′

b

I

1.(b) Pour montrer que D=D^′, on doit montrer que pour tout point M du plan : (∗) M EF\ =M EG\ ⇐⇒−−→

EM ⊥−−→

F G.

On commence par remarquer que l’´equivalence (∗) est v´erifi´ee siM =E. En effet, dans ce cas, les angles M EF\ =M EG\ sont ´egaux² et−−→

EM ⊥−−→

F G car le vecteur nul (−−→

EM) est orthogonal `a tous les vecteurs.

On peut donc supposerM 6=E pour d´emontrer (∗).

M EF\ =M EG\ ⇐⇒ cos(M EF\) = cos(M EG)\ (f: [0, π]→R, x7→cos(x) est injective)

⇐⇒

−−→EM .−−→EF

||−−→

EM || ||−−→

EF|| =

−−→EM .−−→EG

||−−→

EM || ||−−→

EG|| (cf. lien entre produit scalaire et cosinus)

2. Il s’agit d’une convention tacite, valable pour ce devoir, mais pas dans un autre contexte. En fait, il est abusif de parler de l’angleM EF\ lorsqueM=E, l’angleEEF\n’´etant pas d´efini.

⇐⇒

−−→EM .−−→

EF

||−−→

EM || =

−−→EM .−−→

EG

||−−→

EM || (||−−→

EF||=||−−→

EG||= 1 par hypoth`ese)

⇐⇒ −−→EM .−−→EF =−−→EM .−−→EG (multiplication des deux membres par||−−→EM || 6= 0)

⇐⇒ −−→EM .−−→EF −−−→EM .−−→EG= 0

⇐⇒ −−→EM .−−→EF +−−→EM .(−−−→EG) = 0 (cf. propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)

⇐⇒ −−→

EM .−−→

EF +−−→

EM .−−→

GE= 0

⇐⇒ −−→EM .(−−→EF +−−→GE) = 0 (cf. propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)

⇐⇒ −−→EM .−−→GF = 0 (relation de Chasles)

⇐⇒ −−→

EM ⊥−−→

GF (crit`ere d’orthogonalit´e)

⇐⇒ −−→EM ⊥−−→F G

La propri´et´e (∗) est ainsi d´emontr´ee ; on a doncD=D^′.

1.(c) Pour montrer que I, le milieu du segment [F G], appartient `a D<sup>′</sup>, on doit montrer que−→EI ⊥−−→F G, par d´efinition mˆeme de D<sup>′</sup>. D’apr`es le crit`ere d’orthogonalit´e, il revient au mˆeme de montrer que :

−→EI.−−→F G= 0.

Par hypoth`ese : ||−−→EF||=||−−→EG||= 1.

On a donc||−−→

EF||²=||−−→

EG||²et par suite

(∗) −−→

EF .−−→

EF =−−→

EG.−−→

EG car||−→u||²=−→u .−→u pour tout vecteur−→u. Mais

−−→EF .−−→

EF = (−→

EI+−→

IF).(−→

EI+−→

IF) =−→

EI.−→

EI+ 2−→

EI.−→

IF +−→

IF .−→

IF

d’apr`es la relation de Chasles et les propri´et´es du produit scalaire. On a donc (cf.||−→u||²=−→u .−→u pour tout vecteur−→u) :

(∗∗) −−→EF .−−→EF =EI²+ 2−→EI.−→IF +IF². De mˆeme, on montre que :

(∗ ∗ ∗) −−→

EG.−−→

EG=EI²+ 2−→

EI.−→

IG+IG². On d´eduit de (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗) que :

EI²+ 2−→EI.−→IF+IF²=

EI²+ 2−→EI.−→IG+IG².

Le pointI ´etant le milieu du segment [F G], on a IF =IG. La derni`ere ´egalit´e implique donc :

−→EI.−→

IF =−→

EI.−→

IG.

On a enfin :

−→EI.−→

IF =−→

EI.−→

IG =⇒ −→

EI.−→

IG−−→

EI.−→

IF = 0

=⇒ −→

EI.−→

IG+−→

EI.(−−→

IF) = 0 (cf. propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)

=⇒ −→EI.(−→

IG− −→

IF) = 0 (cf. propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)

=⇒ −→

EI.−−→

F G= 0 (relation de Chasles)

Q.E.D.

1.(d).i Par d´efinition, M_F est le projet´e orthogonal de M sur la droite (EF). Le point M_F appartient donc `a la droite (EF). Les vecteurs−−−→

EM_F et −−→

EF 6= 0 sont donc colin´eaires. Ainsi existe-t-il λ_F ∈Rtel que−−−→

EMF =λF−−→

EF.

De mˆeme, on d´emontre qu’il existeλG∈Rtel que−−−→

EMG=λG−−→EG.

1.(d).ii On a :

EM² = −−→

EM .−−→

EM (||−→u||²=−→u .−→u pour tout vecteur−→u)

= (−−−→

EMF +−−−−→

MFM).(−−−→

EMF +−−−−→

MFM) (relation de Chasles)

= EM_F² + 2−−−→

EMF.−−−−→

MFM +MFM².

Pour obtenir la derni`ere ´egalit´e, on a utilis´e les propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire ainsi que l’´egalit´e||−→u||<sup>2</sup>=−→u .−→u valable pour tout vecteur−→u. On a ainsi obtenu une premi`ere identit´e :

(∗) EM²=EM_F² + 2−−−→

EMF.−−−−→

MFM+MFM². CommeMF est le projet´e orthogonal deM sur la droite (EF), on a−−−→

EMF ⊥−−−−→

MFM et donc : (∗∗) −−−→

EMF.−−−−→

MFM = 0.

On a ´egalement :

EM_F² = −−−→EM_F.−−−→EM_F (||−→u||²=−→u .−→u pour tout vecteur−→u)

= (λF−−→

EF).(λF−−→

EF) (−−−→

EMF =λF−−→

EF)

= λ²_F−−→EF .−−→EF (cf. propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)

= λ²_FEF² (||−→u||²=−→u .−→u pour tout vecteur−→u).

De cette derni`ere ´egalit´e et de l’hypoth`eseEF = 1, on d´eduit : (∗ ∗ ∗) EM_F² =λ²_F. Enfin, de (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗), on d´eduit :

EM²=λ²_F+M M_F² et donc :

M M_F² =EM²−λ²_F.

Q.E.D.

L’identit´eM M_G² =EM²−λ²_G se montre de la mˆeme fa¸con.

1.(d).iii En utilisant la relation de Chasles et les propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire, on a : (∗) −−→EM .−−→EF = (−−−→EM_F+−−−−→M_FM).−−→EF =−−−→EM_F.−−→EF +−−−−→M M_F.−−→EF .

Or−−−→EM_F =λ_F−−→EF. Cette relation, les propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire, la propri´et´e−−→EF .−−→EF = EF² et l’hypoth`eseEF = 1 impliquent :

(∗∗) −−−→

EM_F.−−→

EF = (λF−−→

EF).−−→

EF =λ_F(−−→

EF .−−→

EF) =λ_FEF²=λ_F. De plus, comme MF est le projet´e orthogonal de M sur la droite (EF), on a −−−−→

M MF ⊥ −−→

EF et donc (crit`ere d’orthogonalit´e) :

(∗ ∗ ∗) −−−−→

M MF.−−→

EF = 0.

De (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗), on d´eduit :

−−→EM .−−→

EF =λ_F.

Q.E.D.

De fa¸con analogue, on d´emontre :−−→

EM .−−→

EG=λG. 1.(d).iv SoitM ∈ D^′. Par d´efinition deD^′, on a :−−→

EM ⊥−−→F G. Par suite−−→

EM .−−→

F G= 0.

−−→EM .−−→

F G= 0 =⇒ −−→EM .(−−→

F E+−−→EG) = 0 (relation de Chasles)

=⇒ −−→

EM .−−→

F E+−−→

EM .−−→

EG= 0 (cf. propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)

=⇒ −−→

EM .−−→

EG=−−−→

EM .−−→

F E

=⇒ −−→

EM .−−→

EG=−−→EM .(−−−→F E) (cf. propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)

=⇒ −−→

EM .−−→

EG=−−→

EM .−−→

EF

=⇒ λG=λF (cf. 1.(d).iii :−−→

EM .−−→

EF =λF et−−→

EM .−−→

EG=λG)

Q.E.D.

1.(e).i Il s’agit ici de montrer que tout pointM deD^′v´erifie :d(M,(EF)) =d(M,(EG)). On va voir qu’il n’y a plus qu’`a rassembler diff´erents r´esultats d´ej`a obtenus.

SoitM ∈ D^′. Par d´efinition de la distance d’un point `a une droite, on a : (∗) d(M,(EF)) =M MF etd(M,(EG)) =M MG. Or on a :

(∗∗) M M_F² =EM²−λ²_F etM M_G² =EM²−λ²_G (cf. 1.(d).ii) (∗ ∗ ∗) λF =λG (cf. 1.(d).iv)

De (∗∗) et (∗ ∗ ∗), on d´eduit queM M_F² =M M_G² et donc queM MF =M MG(une longueur est toujours positive ou nulle). Mais alors, on ad(M,(EF)) =d(M,(EG)) d’apr`es (∗).

1.(e).ii On a D^′6=E. On peut d´emontrer queE est la r´eunion deD^′ et de la bissectrice de l’angleHEG,\ o`uH est le sym´etrique deF par rapport `a E. La d´emonstration de cette assertion devrait figurer sur la copie, mais elle est ici laiss´ee en exercice. On donne juste une figure pour illustrer la r´eponse.

Bissectrice de l’angleHEG\ Eest la r´eunion des deux

droites en pointill´es ´epais

b

E

b

F

b G

D^′

b

H

b b

2. On ne suppose plus `a pr´esent que l’hypoth`ese (∗) est satisfaite. Les points E,F et Gsont donc simple- ment des points non align´es du plan. On cherche, dans cette situation plus g´en´erale, `a obtenir des r´esultats analogues `a ceux de la question 1. (cf. encadr´e).

Soient F^′ et G^′ les points du plan d´efinis par

−−→EF^′ = 1

||−−→

EF||

−−→EF et −−→

EG^′= 1

||−−→

EG||

−−→EG.

(a) Montrer queEF^′=EG^′ = 1.

(b) Faire une figure sur laquelle on placera des points E, F, G non align´es, les points F^′, G^′ et la bissectrice

D={M ∈ P : M EF\ =M EG\} de l’angleF EG.\

(c) Justifier les assertions suivantes.

i. (EF) = (EF^′) et (EG) = (EG^′).

ii. Pour tout pointM du planP,M EF\ =M EF\^′ et M EG\ =M EG\^′. (d) D´eduire de (c) et des r´esultats obtenus en 1. que

D={M ∈ P : −−→EM ⊥−−−→

F^′G^′} ⊂ {M ∈ P : d(M,(EF)) =d(M,(EG))}.

Conclusion de la partie B. :Si E, F etGsont trois points du plan non align´es, alors la bissectrice Dde l’angle\F EGd´efinie par

D={M ∈ P : M EF\ =M EG\} co¨ıncide avec la droiteD^′ passant parE, de vecteur normal−−−→

F^′G^′ : D^′={M ∈ P : −−→

EM ⊥−−−→

F^′G^′} o`uF^′ et G^′ sont les points du plan d´efinis par

−−→EF^′= 1

||−−→

EF||

−−→EF et −−→

EG^′= 1

||−−→

EG||

−−→EG.

De plus

D ⊂ {M ∈ P : d(M,(EF)) =d(M,(EG))}.

Correction

2.(a) On rappelle que si−→u est un vecteur du plan et siλ ∈R, alors :

||λ.−→u||=|λ| × ||−→u||. On a donc :

||−−→

EF^′||=

1

||−−→

EF||

−−→EF

=

1

||−−→

EF||

× ||−−→

EF||= 1

||−−→

EF||× ||−−→

EF||= 1.

(Une norme de vecteur est toujours positive ou nulle. Donc 1

||−−→EF|| ≥0.) De mˆeme, on montre que : ||−−→

EG^′||= 1.

2.(b) Figure illustrant le contexte g´eom´etrique

b

E

b

F^′

b

G^′

D^′

b

F

b

G

2.(c).i De−−→

EF^′= 1

||−−→

EF||

−−→EF, on d´eduit que les vecteurs−−→

EF et −−→

EF^′ sont colin´eaires. Les trois pointsE,F, F^′ sont align´es. CommeE6=F etE6=F^′, on a donc :

(EF) = (EF^′).

On justifie de mˆeme que : (EG) = (EG^′).

2.(c).ii De −−→

EF^′ = 1

||−−→

EF||

−−→EF, on d´eduit que les vecteurs −−→

EF^′ et −−→

EF son colin´eaires, comme mentionn´e juste auparavant, mais aussi de mˆeme sens, car 1

||−−→

EF|| ≥0. Il s’en suit que les angles M EF\ et M EF\^′ sont identiques pour tout pointM du plan.

De mˆeme, on montre que les anglesM EG\ etM EG\^′ sont identiques pour tout pointM du plan.

2.(d) Les points E, F^′, G^′ satisfont les hypoth`eses de la question 1. : ils sont non align´es et ils v´erifient

||−−→

EF^′||=||−−→

EG^′||= 1 (cf. 2.(a)).

On peut donc appliquer les r´esultats obtenus `a la question 1. `a ces trois points. On obtient : (∗) {M ∈ P : M EF\^′ =M EG\^′}={M ∈ P : −−→

EM ⊥−−−→

F^′G^′}

(∗∗) {M ∈ P : M EF\^′ =M EG\^′} ⊂ {M ∈ P : d(M,(EF^′)) =d(M,(EG^′))}. D’apr`es 2.(c), on a :

(∗ ∗ ∗) D={M ∈ P : M EF\ =M EG\}={M ∈ P : M EF\^′=M EG\^′}. De (∗) et (∗ ∗ ∗), on d´eduit donc l’´egalit´e demand´ee :

D={M ∈ P : −−→

EM ⊥−−−→

F^′G^′}. Toujours d’apr`es 2.(c), on d´eduit que :

(∗ ∗ ∗∗) {M ∈ P : d(M,(EF)) =d(M,(EG))}={M ∈ P : d(M,(EF^′)) =d(M,(EG^′))}. De (∗∗), (∗ ∗ ∗) et (∗ ∗ ∗∗), on d´eduit l’inclusion demand´ee :

D ⊂ {M ∈ P : d(M,(EF)) =d(M,(EG))}.

Partie C : ´Equation cart´esienne du cercleCins inscrit dans un triangle donn´e.

On consid`ere les points

A(2; 1) B(2; 5) C(5; 1) et on note

DA la bissectrice de l’angleBAC\; DB la bissectrice de l’angle\ABC; DC la bissectrice de l’angle\ACB.

1. Montrer que le triangleABC est rectangle.

2. (a) Soient B^′ etC^′ les points du plan tels que

−−→AB^′= 1

||−−→

AB||

−−→AB et −−→

AC^′= 1

||−→

AC||

−→AC.

Calculer les coordonn´ees deB^′ et de C^′.

(b) D´eduire de (a) et de la partie B une ´equation cart´esienne de la droiteDA. 3. (a) Soient A^′′et C^′′ les points du plan tels que

−−→BA^′′= 1

||−−→

BA||

−−→BA et −−→

BC^′′= 1

||−−→

BC||

−−→BC.

Calculer les coordonn´ees deA^′′ et deC^′′.

(b) D´eduire de (a) et de la partie B une ´equation cart´esienne de la droiteDB.

4. Montrer que les droitesDAet DB se coupent en un unique point Ω dont on donnera les coordonn´ees.

Indication : On pourra ramener la question pos´ee `a la r´esolution d’un syst`eme et utiliser, par exemple, les r´esultats obtenus dans la partie A.

5. (a) Soient A^′′′ etB^′′′ les points du plan tels que

−−−→CA^′′′= 1

||−→

CA||

−→CA et −−−→

CB^′′′= 1

||−−→

CB||

−−→CB.

Calculer les coordonn´ees deA^′′′ et deB^′′′.

(b) D´eduire de (a) et de la partie B une ´equation cart´esienne de la droiteDC. (c) V´erifier que Ω∈ DC.

6. D´eduire de 4. et de la partie B que d(Ω,(AB)) =d(Ω,(AC)) =d(Ω,(BC)).

D´efinition (cercle inscrit dans le triangleABC) : Le cercleCins incrit dans le triangleABC est le cercle de centre Ω, le point de concours des trois bissectrices du triangleABC, et de rayon

r=d(Ω,(AB)) =d(Ω,(AC)) =d(Ω,(BC)).

7. Donner une ´equation cart´esienne du cercleCins.

Remarque : On pourra v´erifier le r´esultat obtenu `a l’aide deGeogebra.

8. Justifier que le cercleCins est tangent aux trois cˆot´es du triangleABC.

Rappel : Un cercle est dit tangent `a une droite s’il coupe la droite en un unique point.

Correction

1. Les coordonn´ees du vecteurs −−→

AB sont (0; 4) et celles du vecteur−→

ACsont (3,0). On a donc :

−−→AB.−→

AC= 0×3 + 4×0 = 0.

D’apr`es le crit`ere d’orthogonalit´e, les vecteurs−−→

ABet−→

ACsont orthogonaux. Ainsi l’angle\BACest-il droit.

2. (a) On d´etermine tout d’abord les coordonn´ees du pointB^′ d´efini par la relation : (∗) −−→

AB^′= 1

||−−→

AB||

−−→AB.

D’apr`es le cours : ||−−→

AB|| =p

(xB−xA)²+ (yB−yA)² =p

(2−2)²+ (5−1)² = 4. En ´ecrivant la relation (∗) en coordonn´ees dans le rep`ere (O;−→i ,−→j), on obtient :

(xB^′−xA;yB^′−yA) =1

4(xB−xA;yB−yA) =

xB−xA

4 ;yB−yA

4

. On a donc :

(xB^′−2;yB^′−1) = (0; 1) et par suite :

x_B^′−2 = 0 ety_B^′−1 = 1.

Ainsix_B^′ = 2 ety_B^′ = 2.

En suivant le mˆeme m´ethode, on montre que les coordonn´ees deC^′ sont :xC^′ = 3 etyC^′ = 1.

(b) D’apr`es les r´esultats obtenus dans la partie B, la droite DA, d´efinie comme ´etant la bissectrice de l’angle \BAC, co¨ıncide avec la droite perpendiculaire `a (B^′C^′) qui passe parA.

Le vecteur−−−→

B^′C^′qui dirige la droite (B^′C^′) est donc un vecteur normal `a la droiteDA. Ses coordonn´ees sont :

(xC^′−xB^′;yC^′−yB^′) = (1;−1).

D’apr`es le cours, il existe alorsc∈Rtel que :

x−y+c= 0

est une ´equation cart´esienne de la droite DA. Comme le point Aappartient `a DA, ses coordonn´ees v´erifient l’´equation ci-dessus. On a donc :

2−1 +c= 0.

On en d´eduit : c=−1. Par suite :

x−y−1 = 0 est une ´equation cart´esienne de la droiteDA.

3. (a) On proc`ede comme en 2.(a) pour d´eterminer les coordonn´ees de A^′′et de B^′′. On trouve : A^′′(2; 4) etB^′′

13 5 ;21

5

.

(b) D’apr`es la partie B, la droiteDB, d´efinie comme ´etant la bissectrice de l’angle \ABC, co¨ıncide avec la droite perpendiculaire `a (A^′′C^′′) qui passe parB.

En suivant la mˆeme m´ethode qu’en 2.(b), on obtient : 3x+y−11 = 0 est une ´equation de la droite DB.

Remarque : si ax+by+c = 0 est une ´equation d’une droite donn´ee, alorsλax+λby+λc= 0 est une autre ´equation de cette mˆeme droite, pour tout λ∈ R∗. On peut utiliser cette propri´et´e pour

≪chasser les d´enominateurs^≫ dans une ´equation de droite.

4. En consid´erant les ´equations de droites obtenues pour DA et DB, ou en reprenant la d´emarche effectu´ee pour les obtenir, on remarque que −→n_A(1;−1) (respectivement −→n_B(3,1)) est un vecteur normal de DA

(respectivementDB).

Les deux droitesDAetDB se coupent en un unique point car les vecteurs−→nA(1;−1) et−→nB(3,1) ne sont pas colin´eaires. En effet :

1 3

−1 1

= 1×1−3×(−1)6= 0.

D´eterminons les coordonn´ees du point Ω commun aux droitesDA etDB. Ω(x;y)∈ DA∩ DB ⇐⇒

x−y−1 = 0 3x+y−11 = 0

On r´esout le syst`eme et l’on obtient une seule solution : (x, y) = (3,2). Ainsi les coordonn´ees de Ω sont- elles (3; 2).

5. (a) `A nouveau, on adopte la mˆeme d´emarche qu’en 2.(a) et l’on obtient : A^′′′(4; 1) etB^′′′

22 5 ;9

5

.

(b) D’apr`es la partie B, la droiteDC, d´efinie comme ´etant la bissectrice de l’angle \ACB, co¨ıncide avec la droite orthogonale `a (A^′′′B^′′′) qui passe parC.

En adoptant la mˆeme d´emarche qu’en 2.(b), on trouve : x+ 2y−7 = 0 est une ´equation de la droite DC.

(c) Le point Ω appartient `aDC car ses coordonn´ees (3; 2) v´erifient l’´equation cart´esiennex+ 2y−7 = 0 deDC. En effet : 3 + 2×2−7 = 0.

6. Par d´efinition du point Ω, on a : Ω∈ DA et Ω∈ DB. Or, d’apr`es la partie B, si Ω∈ DA, alors : Ω∈ {M ∈ P : d(M,(AB)) =d(M,(AC))}.

On a donc :

(∗) d(Ω,(AB)) =d(Ω,(AC)).

De mˆeme, de Ω∈ DB, on d´eduit, toujours en utilisant la partie B, que : (∗∗) d(Ω,(BA)) =d(Ω,(BC)).

Enfin (∗) et (∗∗) entraˆınent :

d(Ω,(AB)) =d(Ω,(AC)) =d(Ω,(BC)).

7. Le centre du cercleCins est Ω(3; 2) et son rayon vautd(Ω,(AB)). Pour obtenir une ´equation cart´esienne deC^ins, il reste `a d´eterminer la valeur ded(Ω,(AB)).

Pour pouvoir appliquer la formule vue en cours, il nous faut tout d’abord d´eterminer une ´equation cart´esienne de la droite (AB).

Le vecteur−−→

AB(0; 4) dirige la droite (AB). Par suite, le vecteur−→n(4,0) est normal `a la droite (AB). On en d´eduit qu’il existe un nombre r´eelctel que :

4x+c= 0

est une ´equation cart´esienne de la droite (AB). Or le point A(2,1) appartient `a la droite (AB). Ses coordonn´ees v´erifient donc l’´equation ci-dessus, i.e. :

4×2 +c= 0.

On en d´eduit c=−8. Ainsi

4x+−8 = 0 et doncx−2 = 0 sont deux ´equations cart´esiennes de la droite (AB).

On en d´eduit que d(Ω,(AB)) =√|xΩ−2|

1²+ 0² = 1.L’´equation : (x−3)²+ (y−2)²= 1 est donc une ´equation cart´esienne de Cins.

Remarque : On aurait pu directement remarquer que les abscisses deAetB ´etaient toutes deux ´egales `a 2 et voir directement que x−2 = 0 est une ´equation cart´esienne de la droite (AB).

8. On doit montrer que les trois ensembles suivants sont r´eduits `a des points : Cins∩(AB) Cins∩(AC) Cins∩(BC).

• Etude de l’ensemble´ Cins∩(AB)

On connaˆıt une ´equation cart´esienne deCins: (x−3)²+ (y−2)²= 1 et une ´equation cart´esienne de la droite (AB) :x−2 = 0 (d´etermin´ee en 7.). On a donc :

M(x, y)∈ Cins∩(AB) ⇐⇒

(x−3)²+ (y−2)²= 1 x−2 = 0

⇐⇒

(2−3)²+ (y−2)²= 1 x= 2

⇐⇒

(2−3)²+ (y−2)²= 1

x= 2 (on remplacexpar 2 dans L1)

⇐⇒

(y−2)²= 0 x= 2

⇐⇒

y= 2 x= 2 .

Il n’y a donc qu’un seul point qui soit `a la fois sur le cercle Cins et sur la droite (AB) : le point de coordonn´ees (2; 2).

• Etude de l’ensemble´ Cins∩(AC)

On proc`ede de la mˆeme mani`ere que pour l’´etude de Cins∩(AB). On commence par d´eterminer une

´equation cart´esienne de (AC) comme on l’a fait pour la droite (AB) en 7.. On trouve que : y−1 = 0

est une ´equation cart´esienne de la droite (AC).

Ainsi :

M(x, y)∈ C^ins∩(AB) ⇐⇒

(x−3)²+ (y−2)²= 1

y−1 = 0 .

On r´esout alors ce syst`eme (par substitution) et l’on voit qu’il poss`ede une unique solution : (x, y) = (3,1). Il n’y a donc qu’un seul point qui soit `a la fois sur le cercleCins et sur la droite (AC) : le point de coordonn´ees (3; 1).

• Etude de l’ensemble´ Cins∩(BC)

On suit la mˆeme m´ethode. On d´etermine une ´equation cart´esienne de (BC) comme on l’a fait pour la droite (AB) en 7.. On a :

4x+ 3y−23 = 0 est une ´equation cart´esienne de la droite (BC).

Ainsi :

M(x, y)∈ Cins∩(BC) ⇐⇒

(x−3)²+ (y−2)²= 1 4x+ 3y−23 = 0

⇐⇒

( (x−3)²+ (y−2)²= 1 y=23−4x

3

⇐⇒











(x−3)²+

23−4x

3 −2

2

= 1

y=23−4x 3

(on remplacey par 23−4x

3 dansL1)

⇐⇒











x²−6x+ 9 +289−136x+ 16x²

9 = 1

y=23−4x 3

(d´eveloppement)

⇐⇒







9x²−54x+ 81 + 289−136x+ 16x²= 9 y=23−4x

3

L1←9×L1

⇐⇒







25x²−190x+ 361 = 0 y=23−4x

3

⇐⇒











x=19 5 y=23−4x

3

(discriminant de 25x²−190x+ 361 = 0 . . . )

On en d´eduit que le syst`eme ´etudi´e admet une unique solution : (x, y) = 19

5 ,13 5

. Il n’y a donc qu’un seul point qui soit `a la fois sur le cercleCins et sur la droite (BC) : le point de coordonn´ees

19 5 ;13

5

. Remarque : Pour ´etudier les intersections de Cins avec les droites (AB), (AC) et (BC), on a choisi d’uti- liser des ´equations cart´esiennes de ces droites. On aurait tout aussi bien pu prendre des repr´esentations param´etriques de celles-ci pour effectuer les diff´erentes ´etudes.

Figure bilan de la partie C

b

A

b

B

b

C

b

B

b

C

D

b

A

C

D

b

Ω

b

A

b

B

D

C

O

−

→ i

−

→ j

Partie D : ´Etude de la m´ediatrice d’un segment.

Soient E et F deux points distincts du planP. La m´ediatrice Mdu segment [EF] est l’ensemble de tous les pointsM du plan situ´es `a ´egale distance deE et F, i.e.

M[EF]={M ∈ P : EM =F M}.

SoitI le milieu du segment [EF] et soitDla droite passant parI et orthogonale `a (EF), i.e.

D={M ∈ P : −−→IM ⊥−−→EF}. Montrer queM=D.

Correction

Il s’agit de montrer que pour un pointM quelconque du plan, EM =F M ´equivaut `a −−→

IM ⊥−−→

EF. La preuve que l’on donne ci-dessous est analogue `a celle vue `a la question 1.(c) de la partie B.

SoitM un point du plan.

EM =F M ⇐⇒ EM²=F M²

⇐⇒ −−→

EM .−−→

EM =−−→

F M .−−→

F M (||−→u||²=−→u .−→u pour tout vecteur−→u)

⇐⇒ (−→

EI+−−→

IM).(−→

EI+−−→

IM) = (−→

F I+−−→

IM).(−→

F I+−−→

IM) (relation de Chasles)

⇐⇒ −→

EI.−→

EI+ 2−→

EI.−−→

IM+−−→

IM .−−→

IM =−→

F I.−→

F I+ 2−→

F I.−−→

IM+−−→

IM .−−→

IM (propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)

⇐⇒

EI²+ 2−→

EI.−−→

IM+ IM²=

F I²+ 2−→

F I.−−→

IM+

IM² (I milieu de [F G] doncEI =F I)

⇐⇒ −→

EI.−−→

IM =−→

F I.−−→

IM

⇐⇒ −→

EI.−−→

IM−−→

F I.−−→

IM = 0

⇐⇒ −→

EI.−−→

IM+ (−−→

F I).−−→

IM = 0 (propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)

⇐⇒ (−→

EI−−→F I).−−→

IM = 0

⇐⇒ −−→

EF .−−→

IM = 0 (relation de Chasles)

⇐⇒ −−→

IM ⊥−−→

EF (crit`ere d’orthogonalit´e)

Q.E.D.

Partie E : ´Equation cart´esienne du cercle Ccir circonscrit `a un triangle.

Soientaet bdeux r´eels quelconques. On consid`ere les points A(1; 0) B(a;b).

On suppose que les pointsO (origine du rep`ere),AetB ne sont pas align´es.

D´efinition (cercle circonscrit au triangle OAB) : Le cercleCcir circonscrit au triangleOAB est l’unique cercle passant par les trois sommetsO, AetB du triangleOAB.

On noteM[OA] etM[OB] les m´ediatrices respectives des segments [OA] et [OB].

1. Montrer queb6= 0.

2. Donner une ´equation cart´esienne de chacune des droitesM[OA] etM[OB]. Indication : On pourra penser `a utiliser le r´esultat de la partieD.

3. Prouver que les droites M[OA] et M[OB] se coupent en un unique point Ω^′ dont on calculera les coor- donn´ees.

4. Justifier avec soin que Ω^′ est le centre du cercleCcir circonscrit au triangleOAB.

5. Donner une ´equation cart´esienne deCcir. Correction

1. On sait que les pointsO,Aet B ne sont pas align´es. Les vecteurs−→OA(1; 0) et−−→OB(a;b) ne sont donc pas

colin´eaires. Ansi :

1 a 0 b

= 1×b−a×0 =b6= 0.

2. D’apr`es la partie D,M[OA]est la droite orthogonale `a la droite (OA) passant par le milieuI du segment [OA]. Le vecteur−→OA(1; 0) est donc normal `a la droiteM[OA]. Ainsi existe-t-il un nombre r´eelctel que :

(∗) x−c= 0

est une ´equation cart´esienne de la droite M[OA]. Les coordonn´ees du point I, milieu du segment [OA], sont donn´ees par :

xI =xO+xA

2 =1

2 et yI = yO+yA

2 = 0.

CommeI appartient `aM[OA], ses coordonn´ees v´erifient l’´equation (∗). On a donc : 1

2 −c= 0.

Ainsic=1

2 et donc :

(∗) x−1 2 = 0 est une ´equation cart´esienne de la droiteM[OA].

On proc`ede de mˆeme pour la droite M[OB] et on trouve qu’elle admet : ax+by−a²+b²

2 = 0.

comme ´equation cart´esienne.

3. D’apr`es la partie D, le vecteur −→

OAest normal `a la droiteM[OA] et le vecteur−−→

OB est normal `a la droite

−−→OB. Les vecteurs −→

OAet −−→

OB n’´etant pas colin´eaires (puisque les points O, A etB sont non align´es), les droites M[OA] et M[OB] se coupent en un unique point.

Le point Ω^′ commun `aM[OA] etM[OB] a ses coordonn´ees (x;y) qui v´erifient :









 x−1

2 = 0 ax+by−a²+b²

2 = 0

On r´esout ce syst`eme et on trouve que son unique solution est : (x, y) =

1

2;a²+b²−a 2b

.

On souligne que cette expression a un sens d’apr`es la question 1. (b6= 0). Ainsi : xΩ^′ = 1

2 et yΩ^′ = a²+b²−a

2b .

4. Le point Ω^′ appartient `aM[OA] et M[OB]. On a donc :

OΩ^′=AΩ^′ et OΩ^′ =BΩ^′.

Par suite :OΩ^′=AΩ^′=BΩ^′.On en d´eduit que le cercle de centre Ω^′et de rayonOΩ^′ passe par les points O,Aet B, i.e. co¨ıncide avecCcir (d’apr`es la d´efinition de ce dernier rappel´ee dans l’´enonc´e).

5. Pour donner une ´equation cart´esienne deCcir, il nous reste `a calculer son rayonr, les coordonn´ees de son centre Ω^′´etant connues. On a vu en 4. que r=OΩ^′. Or :

OΩ^′= q

(xΩ^′−x_O)²+ (yΩ^′−y_O)²= s

1 2

2

+

a²+b²−a 2b

2

. AinsiCcir admet-il pour ´equation cart´esienne :

x−1

2 2

+

y−a²+b²−a 2b

2

= 1

2 2

+

a²+b²−a 2b

2

.