Arithmétique

Correction exercices - 1èreS1
Exercice n°92 page 373
[pic]
[pic]
c) Supposons qu'un point [pic]vérifie [pic] = [pic], et appelons [pic]
ce point(l'existence est pour l'instant supposée, donc pas encore
prouvée). Alors, l'égalité précédente devient :
[pic]
Cette dernière égalité définit bien un point (le point existe), et ce
point est unique (il n'y a qu'un point possible vérifiant l'égalité).
Le point [pic] existe donc bien et est unique, et vérifie [pic] =
[pic].
Il existe donc un unique point vérifiant [pic] = [pic].
[pic]
Donc [pic] est le barycentre de (A ; 3) et (B ; -1).
[pic]
La différence de ces deux égalités et la relation de Chasles donnent :
[pic]
(ou alors, les deux égalités permettent d'extraire [pic], et on
identifie les deux égalités obtenues pour ce vecteur).
Donc [pic] est l'image de [pic] par l'homothétie de centre [pic] et de
rapport -1.
[pic]
On peut donc remarquer qu'appliquer successivement deux homothéties (on
dit composer des homothéties) revient à appliquer une homothétie de
rapport le produit des rapports initiaux.
2. a) G étant le centre de symétrie du triangle, il est situé au deux
tiers de la médiane en partant du sommet, donc l'homothétie h1 de
centre G et de rapport -1/2, transforme les trois sommets A, B, C en
les milieux des côtés opposés I, J, K.
b) L'homothétie h2 de centre M et de rapport 2 transforme I, J, K en P,
Q, R. (Justifier en utilisant la définition de ces points).
c) D'après le 1., les points A, B, C, ont pour images les points P, Q,
R par l'homothétie de rapport -1 et de centre le barycentre de (G ; 3)
et (M ; -1).
L'homothétie de rapport -1 étant une symétrie centrale, le centre de
symétrie est le milieu du segment formé par un point et son image. Donc
les segments [AP], [BQ], [CR] ont le même milieu (le centre de
symétrie). On le note O. O est donc le barycentre de (G ; 3) et (M ;
-1), donc M, G, O sont alignés.
[pic]
Point méthode :
Si les points A et B sont connus, une égalité du type AM = AB montre
que le point M appartient au cercle de centre A et de rayon AB, donc le
point M n'est pas unique : il y a une infinité de possibilités.
Si les points A et B sont connus, une égalité du type AM = BM montre
que le point M appartient à la médiatrice de [AB], donc n'est pas
unique.
Si A et B, et le réel k sont connus, une égalité du type [pic], ne
donne qu'une seule possibilité pour placer le point M, donc il est
unique.[pic]
Exercice n°93 page 373
1. Si a = 1, l'égalité vectorielle devient :
[pic]
Point méthode :
Pour prouver que M' est l'image de M par une translation, il faut
prouver que [pic], où [pic] est un vecteur constant, indépendant de M,
défini à l'aide des points fixes, connus, de l'exercice.
Pour prouver que M' est l'image de M par une homothétie, il faut
déterminer un réel k et un point O et prouver l'égalité [pic]
Pour prouver que M' est l'image de M par une rotation, il faut
déterminer un réel ? et un point O et prouver les égalités [pic] et OM
= OM'.
Ici :
[pic]
Donc M' est l'image de M par la translation de vecteur [pic].
Donc f est la translation de vecteur [pic].
2. a) Si M est un point invariant, alors M' = M (c'est la définition
d'un point invariant), et donc [pic] et l'égalité initiale devient
[pic]
Or a+1-2 = a-1 ? 0, car a ? 1, donc d'après le cours sur les
barycentres, il existe un point unique vérifiant cette égalité : c'est
le barycentre des points (A ; a), (B ; 1) et (C ; -2). Appelons-le G.
Donc f admet bien un unique point invariant qui est G, défini comme ci-
dessus.
b) D'après la propriété fondamentale du barycentre, on a pour tout
point M :
[pic]
L'égalité initiale devient :[pic]
Et avec la relation de Chasles :[pic]
c) Si a = 2, cette dernière égalité devient [pic], ce qui équivaut à M'
= G. Tous les points ont pour image de point G par cette fonction.
d) Si a ? 2 (et a ? 1) alors f est une homothétie de centre G et de
rapport 2-a.