Liban, 2007

(1)

Terminale S Juin 2007 Liban

1. Exercice 1 6 points

Soient f et g les fonctions définies sur l’intervalle

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^{par :}^{f x}( )⁼^ln^x^et^{g x}( )⁼(^ln^x)²^. On note C et C’ les courbes représentatives respectives de f et g dans un repère orthogonal. Les courbes C et C’ sont données ci-dessous.

1. a. Étudier le signe de ^ln^x

(

^{1 ln}⁻ ^x

)

^sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

b. En déduire la position relative des deux courbes C et C’ sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

2. Pour x appartenant à

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

, M est le point de C d’abscisse x et N est le point de C’ de même abscisse.

a. Soit h la fonction définie sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^par^{h x}( )⁼^{f x}( )⁻^{g x}( ). Étudier les variations de la fonction h sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

b. En déduire que sur l’intervalle [1 ; e], la valeur maximale de la distance MN est obtenue pour x= e. c. Résoudre dans

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

l’équation (^ln^x)²⁻^ln^x⁼¹^.

d. En déduire que, sur

]

^{0 ; 1}

[ ]

^∪ ^{1 ;}^{+ ∞}

[

, il existe deux réels a et b (a < b) pour lesquels la distance MN est égale à 1.

3. a. À l’aide d’une intégration par parties, calculer

1^elnxdx.

b. Vérifier que la fonction G définie sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^parG x( )=x (lnx)²−2lnx+2 est une primitive de la fonction g sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

c. On considère la partie du plan délimitée par les courbes C, C’ et les droites d’équations x = 1 et x = e.

Déterminer l’aire A en unités d’aire de cette partie du plan.

(2)

C'

C

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5

x y

2. Exercice 2 (non spécialistes)

5 points : Pour chacune des 5 propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et donner une démonstration de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point.

L’espace est muni d’un repère orthonormal ( ; , , )O i j k .

On considère la droite (d) dont un système d’équations paramétriques est :

2 2

1 ,

5 3 2 x t

y t

z t

= −

= ∈

= −

.

On note A le point de coordonnées (2 ; −1 ; 1), B le point de coordonnées (4 ; −2 ; 2) et C le point de (d) d’abscisse 1.

1. Proposition 1 : « La droite (d) est parallèle à l’axe

(

^{O j}^;

)

^».

2. Proposition 2 : « Le plan P d’équation x +3z −5 = 0 est le plan passant par A et orthogonal à (d) ».

3. Proposition 3 : « La mesure de l’angle géométrique BAC est 3

π radians ».

4. Soit G le barycentre des points pondérés (A ; −1), (B; 1) et (C; 1).

Proposition 4 : « Les segments [AG] et [BC] ont le même milieu ».

5. Proposition 5 : « La sphère de centre C et passant par B coupe le plan (P) d’équation x +3z −5 = 0 ».

(3)

3. Exercice 2 (spécialistes) 5 points

Pour chacune des 5 propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et donner une démonstration de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point.

1. Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct ( ; , )O u v . On considère la

transformation du plan qui à tout point d’affixe z associe le point d’affixe z’ définie par : z' 2= iz+1. Proposition 1 : « Cette transformation est la similitude directe de centre A d’affixe ^{1 2}

5 5+ i, d’angle 2 π et de rapport 2 ».

2. Dans l’espace muni du repère orthonormal ( ; , , )O i j k , on note S la surface d’équation

2 2 2 1

z x= + x y+ + .

Proposition 2 : « La section de S avec le plan d’équation z = 5 est un cercle de centre A de coordonnées (−1 ; 0 ; 5) et de rayon 5 ».

3. Proposition 3 : « 5⁷⁵⁰ − 1 est un multiple de 7 ».

4. Proposition 4 : « Si un entier naturel n est congru à 1 modulo 7 alors le PGCD de 3n +4 et de 4n +3 est égal à 7 ».

5. Soient a et b deux entiers naturels.

Proposition 5 : « S’il existe deux entiers relatifs u et v tels que au+bv = 2 alors le PGCD de a et b est égal à 2 ».

On considère deux urnes U1 et U2.

L’urne U1 contient 17 boules blanches et 3 boules noires indiscernables au toucher.

L’urne U2 contient 1 boule blanche et 19 boules noires indiscernables au toucher.

On réalise des tirages en procédant de la manière suivante :

Étape 1 : On tire au hasard une boule dans U1, on note sa couleur et on la remet dans U1. Étape n (n >2) :

* Si la boule tirée à l’étape (n−1) est blanche, on tire au hasard une boule dans U1, on note sa couleur et on la remet dans U1.

* Si la boule tirée à l’étape (n−1) est noire, on tire au hasard une boule dans U2, on note sa couleur et on la remet dans U2.

On note An l’évènement « le tirage a lieu dans l’urne U1 à l’étape n » et pn sa probabilité. On a donc p1 = 1.

1. Calculer p2.

2. Montrer que pour tout n entier naturel non nul, p_n₊₁=0,8p_n+0,05. On pourra s’aider d’un arbre pondéré.

3. Calculer p3.

4. a. Démontrer par récurrence que pour tout entier n entier naturel non nul, pn > 0,25.

b. Démontrer que la suite (pn) est décroissante.

c. En déduire que la suite (pn) est convergente vers un réel noté l.

d. Justifier que l vérifie l’équation : l = 0,8l + 0,05. En déduire la valeur de l.

(4)

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct ( ; , )O u v .

On considère l’application f qui à tout point M d’affixe z non nulle associe le point M’ = f(M) d’affixe z’

tel que : ^z^'⁼ ^z_z

(

²⁻ ^z

)

^.

Le cercle C1, de centre O et de rayon 1, est représenté sur la figure, donnée en annexe, que l’on complétera au fur et à mesure des questions.

Pour z complexe non nul, on note z re= ⁱ^α, r étant le module de z et α un argument de z.

1. Montrer que ^z^{' 2}⁼( ⁻^{r e}) ⁱ^α^.

2. Déterminer l’affixe a’ du point A’, image par f du point A d’affixe a = 3.

3. Soit B le point d’affixe b= − 3+i. a. Écrire b sous forme exponentielle.

b. Déterminer l’affixe b’ du point B’, image du point B par f.

4. Placer A, B, A’ et B’ sur la figure.

5. a. Déterminer l’ensemble E des points M du plan privé du point O dont l’image par f est O.

b. Représenter E sur la figure.

6. Montrer que le cercle C1 est l’ensemble des points M du plan distincts de O tels que f(M) =M.

7. Pour cette question, M est un point du plan, distinct de O, n’appartenant pas au cercle C1. On appelle I le milieu du segment [MM’] où M’ est l’image de M par f.

a. Montrer que I appartient à C1.

b. Montrer que I appartient à la demi-droite [OM).

c. Sur la figure donnée en annexe est placé un point nommé M1. Construire le point M’1, image par f du point M1.

M1

y

A x

j

i x

O

(5)

Corrigé

Exercice 1 1.a

• La fonction ln est négative sur ]0 ;1] et positive sur [1 ; +∞[.

• Par ailleurs, 1 – ln(x) s’annule en e et on a 1 ln− x<0 ⇔ lnx>1 ⇔ x>e puisque la fonction ln étant strictement croissante sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

On en déduit le tableau de signes suivant :

x 0 1 e +∞

lnx − 0 + +

1 ln− x + + 0 −

( )(

^ln^x ^{1 ln}⁻ ^x

)

⁻ ⁰ + 0 −

1.b Pour étudier la position relatives des courbes C et C’ sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

, il suffit d’étudier le signe de

( ) ( )

f x −g x sur cet intervalle.

Or ^{f x}

( ) ( )

⁻^{g x} ⁼^ln^x⁻

( ) ( )(

^ln^x ² ⁼ ^ln^x ^{1 ln}⁻ ^x

)

; alors on en déduit, d’après la question précédente que :

• sur

] [ ]

^{0 1} ^∪^∪^∪^∪ ^{e ;}^{+ ∞}^{+ ∞}^{+ ∞}^{+ ∞}

[

, la courbe C est en dessous de C’ ;

• sur

] [

^{1 e} , la courbe C est au dessus de C’ ;

• si x====1 et x====e, les courbes C et C’ s’interceptent.

2.a La fonction g est dérivable sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

en tant que composée de deux fonctions dérivables.

Donc, la fonction h est dérivable sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

en tant que somme de deux fonctions dérivables sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

Soit x un réel strictement positif, ^{h x}^′

( )

^{= − × ×}_x¹ ² ¹_x ^ln^x⁼^{1 2ln}⁻_x ^x^.

Comme x est strictement positif, alors le signe de ^{h x}^′

( )

dépend de celui de 1 2ln− x. Or

1

1 2

1 2ln 0 ln e e

x x 2 x

− = ⇔ = ⇔ = = donc on a

1 2ln 0 ln 1 e

x x 2 x

− > ⇔ < ⇔ < puisque la fonction ln étant strictement croissante.

Par conséquent, la fonction h est croissante sur 0 ; e et est décroissante sur e ; + ∞+ ∞+ ∞+ ∞ .

(6)

2.b

• Les points M et N ont pour coordonnées respectives

(

^{x f x}^;

( ) )

^{et ;}

(

^{x g x}

^{( )} )

^.

Par conséquent, ^MN⁼

(

^{g x}

( ) ( )

⁻^{f x}

)

² ⁼ ^{g x}

^{( ) ( )}

⁻^{f x} ^.

Or sur

[

^{1 ; e}

]

^,^{f x}

( )

^≥^{g x}

( )

d’après la question 1, donc ^{MN f x}⁼

( ) ( ) ( )

⁻^{g x} ⁼^{h x} ^.

• D’après la question précédente, la fonction h admet un maximum pour x= e.

Par conséquent, sur l’intervalle

[

^{1 e}^;

]

, la valeur maximale de MN est obtenue pour x ==== e. 2.c L’intervalle d’étude est le domaine de ln, soit

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

Effectuons un changement de variable, et posons X =lnx. L’équation

( )

^ln^x ²⁻^ln^x⁼¹^devient

2 1 0

X −X − = . Ses deux racines sont ₁ 1 5 et ₂ 1 5

2 2

X = − X = + . Si 1 1 5, alors ln

( )

1 1 5

2 2

X = − x = − ; d’où

1 5 1 e 2

x

−

= . Si 2 1 5, alors ln

( )

2 1 5

2 2

X = + x = + ; d’où

1 5 2 e 2

x

+

= . L’équation

(

^ln^x

)

²⁻⁻⁻⁻^ln^x⁼⁼⁼⁼¹ admet deux solutions

1 5 1 e 2

x ==== ⁻⁻⁻⁻ et

1 5 2 e 2

x ==== ⁺⁺⁺⁺ .

2.d

• D’après la question 2b, ^MN⁼

(

^{g x}

( ) ( )

⁻^{f x}

)

² ⁼ ^{g x}

^{( ) ( )}

⁻^{f x} ^{. Or sur}

] [ ]

^{0 ; 1} ^∪ ^{e ;}^{+ ∞}

[

^,

( ) ( )

f x <g x .

Donc, sur

] [ ]

^{0 ; 1} ^∪ ^{e ;}^{+ ∞}

[

^,^MN^{= −}

(

^{f x}

( ) ( )

⁻^{g x}

)

^{= −}^{h x}

^{( )}

^{= −}^ln^x⁺

^{( )}

^ln^x ²^.

• Ainsi, MN=1 ssi

( )

^ln^x ²⁻^ln^x⁼¹^ssi^x⁼ê^{1 5}⁻² ôu^x⁼ê^{1 5}⁺² d’après la question précédente.

Par conséquent, sur

] [ ]

^{0 1}^∪^∪^∪^∪ ^{e ;}^{+ ∞}^{+ ∞}^{+ ∞}^{+ ∞}

[

, il existe deux réels

1 5

e 2

a

−−−−

==== et

1 5

e 2

b

++++

==== (a < b) pour lesquels la distance MN est égale à 1.

3.a Calculons ^e

1 lnx dx à l’aide d’une intégration par parties :

( ) ( )

ln 1 u x x v x

=

′ = donc

( )

u x 1 x v x x

′ =

= .

Ainsi,

[ ]

1^e 1^e

[ ]

1^e

x xln x 1dx elne x e e 1

= − ×x = − = − +

e

1lnx xd ====1.

3.b Pour vérifier que G est une primitive de G, il suffit de la dériver (elle est dérivable…).

( ) ( ) ( ) ( )

′ = ×1 ln ² −2ln +2 + × 2× ×1 ln − ×2 1 = =.. ln ² = ( )

G x x x x x x g x

x x .

La fonction G est bien une primitive de g sur

]

^{0 ; + ∞}^{+ ∞}^{+ ∞}^{+ ∞}

[

^.

(7)

3.c

Comme C est au dessus de C’ sur

] [

^{1 ; e} , sur cet intervalle f-g est positive donc l’aire est donnée par l’intégrale ^A⁼ ₁^e

(

^{f x}

( ) ( )

⁻^{g x dx}

)

^.

Or ₁^e

(

^{f x}

( ) ( )

⁻^{g x dx}

)

⁼ ₁^e^{f x dx}

^{( )}

⁻ ₁^e^{g x dx}

^{( )}

^{= −}¹ ^{G x}

^{( )}

^e₁ ^{= −}¹ ^G

^{( )}

^e ⁺^G

^{( )}

¹^.

De plus, ^G

( )

^{1 1}^{= ×}

( )

^ln1² ⁻^{2ln1 2}⁺ ⁼^{2 et}^G

( )

^e ^{= ×}^e

( )

^lne ² ⁻^{2lne 2}⁺ ⁼^e^.

Donc, A= − +1 e 2= −= −= −= −3 e u.a.

Exercice 2 (non spé Math)

1. On a

2 2

1 ,

5 3 2 x t

y t

z t

= −

= ∈

= −

donc la droite (d) a pour vecteur directeur

−

− 1 2 0

3 2

u .

Les coordonnées des vecteurs u et 0 ; 1 ; 0j

( )

ne sont pas proportionnelles donc ces vecteurs ne sont pas colinéaires. Par suite, la droite (d) n’est pas parallèle à l’axe

( )

^{O j}^; ^.

Proposition 1 fausse.

2.

• P est orthogonal à (d), donc

−

− 1 2 0

3 2

u est un vecteur normal à P.

P admet donc une équation cartésienne de la forme 1 3 0 2x 2z d

− − + = .

• Or A de coordonnées

(

^{2 ; 1 ; 1}⁻

)

appartient à P, d’où : 1 2 3 1 0

2 2 d

− × − × + = , c’est-à-dire 1 3 5

d= + =2 2.

Donc P a pour équation 1 3 5 0 2x 2z 2

− − + = , ou encore x+3z− =5 0. Proposition 2 vraie.

3. Calculons le produit scalaire AB AC. de deux manière différentes :

• AB AC AB AC⁼ ^× ^×^cos

(

AB AC^,

)

, soit ^cos

(

^{AB AC}^,

)

⁼ _{AB AC}^{AB AC}_× ^.

(8)

• Comme C est le point d’abscisse 1, alors 2 1 2

− =t , c’est-à-dire t =2 donc C

(

^{1 ; 1 ; 2}

)

^.

Or AB et AC ont pour coordonnées respectives

(

^{2 ; 1 ; 1}⁻

)

^et

(

⁻^{1 ; 2 ; 1}

)

^donc

( ) ( )

2 1 1 2 1 1 3

AB AC= × − + − × + × = − .

• Enfin, ^AB⁼ ²²^{+ −}

( )

¹²⁺¹² ⁼ ^{6 et} ^AC⁼

( )

⁻¹² ⁺²² ⁺¹² ⁼ ⁶^donc

( )

⁼ ⁻_×³ ^{= − =}¹ ²^π

cos , cos

2 3

6 6

AB AC .

Par conséquent, la mesure de l’angle géométrique BAC est 2π

3 radians.

Proposition 3 fausse.

4. Comme G est le barycentre des points pondérés

(

A, 1 , , 1 et , 1−

) (

B

) (

C

)

, alors G a pour coordonnées

1 1 1 1 1 1 1 1 1

A B C

G

A B C

G

A B C

G

x x x

x

y y y

y

y y y

x

− + +

= − + +

− + +

= − + +

− + +

= − + +

, c’est-à-dire

3 3 1 0 0 1 3 3 1

G

x y x

= =

= = .

On en déduit que le milieu du segment

[ ]

^AG a pour coordonnées 5 ; 1 ; 2 2 −2 . Or le milieu du segment

[ ]

^BC a pour coordonnées 5 ; 1 ; 2

2 −2 . Donc

[ ]

^AG ^et

[ ]

^BC ont le même milieu.

Proposition 4 vraie.

5. La stratégie est ici de calculer la distance du centre de la sphère au plan :

• d(C,(P)) =

2 2 2

3 5 2 2 10 10

10 5

1 0 3 10

C C

x + z −

= = =

+ + .

• Le rayon de la sphère de centre C et passant par B est BC= 18.

Or 10

5 est strictement inférieur à 18, donc la sphère coupe le plan P suivant un cercle.

Exercice 2 (spé Math) 1. La similitude directe de centre A d’affixe 1 2

5 5+ i, d’angle 2

π et de rapport 2 a pour écriture

complexe 1 2 2 e² 1 2

5 5 5 5

z′ − + i = i^π z− + i . Rappelons que ² cos sin

2 2

ei i i

π = π + π = donc

′ = =... 2 +1

z iz .

(9)

2. Soit P le plan d’équation z=5.

(

^{; ;}

)

M x y z ∈ ∩S P ssi 5₂ ₂

2 1

z

z x x y

=

= + + + ssi ₂ 5 ₂

2 1 5

z

x x y

=

+ + + =

ssi

( )

² ²

5

1 1 1 5

z

x y

=

+ − + + = ssi

( )

² ²

5

1 5

z

x y

=

+ + =

Donc la section de la surface S et du plan P est le cercle de centre

(

⁻^{1 ; 0 ; 5}

)

et de rayon 5. Proposition 2 fausse.

3.

On a ^{5 5 7 , 5}^≡

( )

²^≡^{4 7 , 5}

( )

³ ^{≡ −}^{1 7}

( )

donc en mettant au carré ⁵⁶^≡^{1 7}

( )

^{: or}^{750 125 6}⁼ ^× ^{donc en}

passant la dernière congruence à la puissance 125, on obtient ⁵⁷⁵⁰ ^≡^{1 7}

( )

donc 7 divise 5⁷⁵⁰ −1.

4. Méthode classique des combinaisons linéaires pour commencer…

• Si d est le pgcd de a = 3n+4 et de b = 4n+3 alors d divise chacun des deux nombres donc il divise la combinaison linéaire 4a – 3b = 7 : ainsi d = 1 ou d = 7.

• Maintenant, si n est congru à 1 modulo 7 alors ³ⁿ^{+ ≡}^{4 0 7}

( )

^et⁴ⁿ^{+ ≡}^{3 0 7}

( )

donc 7 divise a et b, donc il divise le pgcd : ainsi 7 divise d.

• Comme d = 1 ou d = 7, on a forcément d = 7.

5. 21 – 19 = 2 mais leur pgcd n’est pas 2 (ils sont impairs) donc : Proposition 5 fausse.

Exercice 3

1. Si le tirage a lieu dans l’urne U₁ à l’étape 2, c’est que l’on a tiré une boule blanche à l’étape 1.

Or il y a 17 boules blanches parmi les 20 de l’urne U₁. Par conséquent, ₂ 17 p ====20. 2. Soit B_n l’événement : « la boule tirée à l’étape n est blanche ».

Si n=1, on a : 0,8 ₁ 0,05 0,85 85 17 ₂ 100 20 p + = = = =p . Si n≥2 : voir l’arbre pondéré suivant.

1

Bn₋ et B_n₋₁ forment une partition de l’univers des tirages à l’étape n−1 : d’après la formule des probabilités totales, on obtient :

( ) ( ) ( )

+₁ = +₁ = =17× + 1 × −1 =16 + 1 =0,8 +0,05

20 20 20 20

n n n n n n n

p p A p B p p p p .

(10)

3. p₃=0,8p₂+0,05 0,8 0,85 0,05 0,73= × + = . Donc p₃====0,73. 4.a Soit P(n) la proposition : « p_n >0,25 »

→ Comme p₁=1, P(1) est vraie.

→ Montrons P(n) est héréditaire

Soit n ≥ 1. Supposons que P(n) est vraie. Alors : p_n >0,25.

D’où 0,8p_n +0,05 0,8 0,25 0,05≥ × + car la fonction x 0,8x+0,05 est strictement croissante c’est-à-dire p_n₊₁>0,25.

On en déduit que P(n + 1) est vraie.

On en déduit que pour tout n supérieur ou égal à 1, P(n) est vraie.

4.b On a : p_n₊1−p_n =0,8p_n +0,05−p_n = −0,2p_n +0,05= −0,2

(

p_n −0,25

)

. Or, d’après la question précédente, p_n >0,25, c’est-à-dire p_n −0,25 0> . Donc, p_n₊₁−p_n <0, pour tout entier naturel n non nul.

Par conséquent, la suite

( )

pn est décroissante.

4.c Comme la suite

( )

pn est décroissante et minorée par 0,25, alors elle est convergente vers un réel que l’on notera L.

4.d Il s’agit d’appliquer ici le théorème du point fixe : notons que pn et pn₊1 ont la même limite L.

Comme p_n₊₁=0,8p_n +0,05, par passage aux limites, on obtient : L=0,8L+0,05, donc

=0,05 =0,25 L 0,2 .

Par conséquent, la suite

( )

pn converge vers 0,25.

1

Bn₋

1

Bn₋

(11)

Exercice 4 1. On a ^z^{′ =} ^z_z

(

²⁻ ^z

)

⁼ ^r^e_rⁱ^α

⁽

²⁻^r

⁾

^car^{z r}⁼ ^.

Par conséquent, ^z^′⁼⁼⁼⁼

(

²⁻⁻⁻⁻^r

)

^eⁱ^αααα^.

2. Comme a=3, alors ^a ⁼^{3 et arg}

( )

^a ⁼⁰ d’où, d’après la question précédente,

(

^{2 3 e}

)

⁰ ¹

a′ = − = − .

Par conséquent, l’affixe a′ du point A′, image par f du point A d’affixe 3, est −−−−1.

3.a On a− 3+ =i 3 1 2+ = donc

π π π

= − + = + =

5

3 1 5 5 6

2 2 cos sin 2

2 2 6 6

b i i ei .

3.b D’après la question 1, ^b^{′ =}

(

^{2 2 e}⁻

)

ⁱ⁵⁶^π ⁼⁰^.

Par conséquent, l’affixe b′ du point B′, image par f du point B, est 0.

4. Voir la figure qui suit.

5.a Soit M un point, d’affixe z, du plan privé du point O.

( )

f M =O ssi

( )

0

2 0

z

z z

z

≠

− = , c’est-à-dire à z =2.

Donc, l’ensemble E des points M du plan privé de O dont l’image par f est O est le cercle de centre O et de rayon 2.

6.a Soit M un point, d’affixe z, du plan privé du point O.

( )

f M =M ssi

( )

0 2 z

z z z

z

≠

− = ssi 0 2 z

z z z z

≠

− = × ssi 0

2 z

z z

≠

− = .

Donc, ^{f M}

( )

⁼^M^ssi ^z_z^≠₌⁰₁^.

Par conséquent, l’ensemble des points M du plan privé de O dont l’image par f est M est le cercle C1.

7. Soit M un point du plan distinct de O, d’affixe z, n’appartenant pas au cercle C₁.

7.a I a pour affixe ^e

(

²

)

^e

2 2

i i

r r

z z+ ′= ^α + − ^α =eⁱ^αααα.

D’où O = z = eⁱ^α =1. On en déduit que I appartient au cercle C .

(12)

7.b

(

^,

)

ârg ÔM ârg _eêⁱⁱ ârg

^{( )}

⁰

O

z r

O OM r

z

α

= = α = = car r est un réel strictement positif.

Par conséquent, les vecteurs O et OM sont colinéaires et de même sens.

I appartient alors à la demi-droite

[

^OM

)

^.

7.c Construisons d’abord le point I : d’après les questions 7a et 7b, le point I est le point d’intersection du cercle C₁ et de la demi-droite

[

OM1

)

.

Comme I est le milieu de

[

M M′1 1

]

, alors on construit le symétrique de M₁ par rapport à I pour obtenir le point M′₁.

C₁ E

2 3

-1 -2

2 3

-1

-2

0 1

1

x y

u→

v→

O A' A

B

B'

M₁

I

M'₁