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Corrigé Epreuve 2006 : Simulitude directe et ligne polygonale

Détails: Catégorie : géométrie plane

Dans le plan euclidien orienté, ABCD est un rectangle direct de centre O
tel que $AB=3a$ et $BC=a\sqrt{3}$ , a $\in \mathbb{R}_{+}^{\ast}.$

1) Nature du triangle BCO.

On a $DB^{2}=AB^{2}+BC^{2}=12a^{2}$

$BO=\frac{DB}{2}=a\sqrt{3}=BC=OC$

donc BCO est un triangle équlilatéral.

2) E est le point du segment $\left[ BD\right]$ tel que $BE=\frac{3}{4}BD.$

$s$ est la simulitude directe de centre $\Omega$ telle que $s(B)=O$ et
$s(E)=C$ .

On a $(\widehat{\overrightarrow{\Omega B},\overrightarrow{\Omega O} })=(\widehat{\overrightarrow{\Omega E},\overrightarrow{\Omega C}} )=(\widehat{\overrightarrow{BE},\overrightarrow{BC}})=(\widehat {\overrightarrow{OE},\overrightarrow{OC}})=\frac{-2\pi}{3}$

3) On suppose dans la suite que $a=1$

et on pose $\overrightarrow{u}=\frac{1}{AB}\overrightarrow{AB}$ et
$\overrightarrow{v}=\frac{1}{AD}\overrightarrow{AD}.$

a) Déterminons les affixes de B et O.

on a $A(0)$ , $B(3)$ , $D(\sqrt{3})$ , $C(3+i\sqrt{3})$ .

$z_{0}=\frac{z_{A}+z_{C}}{2}=\frac{3}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}$

donc $O(\frac{3}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})$

b) $s(B)=O$ et $s(E)=C$ donc $a=\frac{z_{C}-z_{O}}{z_{E}-z_{B}}$

$z_{E}=\frac{z_{D}+z_{O}}{2}=\frac{i\sqrt{3}+\frac{3}{2}+i\frac{\sqrt{3}} {2}}{2}$

donc $a=\frac{3+i\sqrt{3}-\frac{3}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{4} +i\frac{3\sqrt{3}}{4}-3}=-\frac{1}{3}(1+i\sqrt{3})$

On a aussi $z_{O}=az_{B}+b$ $\Longrightarrow b=z_{O}-az_{B}$

$b=\frac{3}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{3}(1+i\sqrt{3})\times3$

$b=\frac{5}{2}+i\frac{3\sqrt{3}}{2}$

$z\prime=-\frac{1}{3}(1+i\sqrt{3})z+\frac{5}{2}+i\frac{3\sqrt{3}}{2}$

4) $z_{\Omega}=\frac{b}{1-a}=\frac{\frac{5}{2}+i\frac{3\sqrt{3}}{2}} {1+\frac{1}{3}(1+i\sqrt{3})}=\frac{3}{38}(29+7i\sqrt{3})$

$z_{A^{\prime}}=\frac{5}{2}+i\frac{3\sqrt{3}}{2}$

5) la suite des points $M_{n}(z_{n})$ définie par $M_{0}=A$ et pour tout
$n\in \mathbb{N}$ , $M_{n+1}=S(M_{n})$

a) $(\alpha_{n})_{n\in \mathbb{N} }$ définie par $\alpha_{n}=z_{n+1}-z_{n}$

Montrons que $(\alpha_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite géométrique.

$\alpha_{n+1}=z_{n+2}-z_{n+1}=az_{n+1}+b-az_{n}+b=a(z_{n+1}-z_{n})=a$
$\alpha_{n}$

donc $(\alpha_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ est une suite géométrique de raison a et de premier terme $\alpha_{0}=z_{1}-z_{0}=z_{A^{\prime}}-z_{A}=\frac{5}{2}+i\frac{3\sqrt{3}}{2}$

b) Soit $l_{n}$ la longueur de la ligne polugonale $M_{0}M_{1}M_{2} ......M_{3n}.$

On a $M_{n}M_{n+1}=\left\vert \alpha_{n}\right\vert =\left\vert \alpha _{0}a^{n}\right\vert =\left\vert \alpha_{0}\right\vert \left\vert a\right\vert ^{n}$

$\left\vert a\right\vert =\left\vert -\frac{1}{3}(1+i\sqrt{3})\right\vert =\allowbreak\frac{2}{3}$

$\left\vert \alpha_{0}\right\vert =\left\vert \frac{5}{2}+i\frac{3\sqrt{3}} {2}\right\vert =\allowbreak\sqrt{13}$

$\left\vert \alpha_{n}\right\vert =\sqrt{13}\left( \frac{2}{3}\right) ^{n}$

$(\left\vert \alpha_{n}\right\vert )_{n\in \mathbb{N} }$ suite géométrique de raison $q=\frac{2}{3}$

$l_{n}=\left\vert \alpha_{0}\right\vert +\left\vert \alpha_{1}\right\vert +........+\left\vert \alpha_{3n-1}\right\vert =\left\vert \alpha _{0}\right\vert \frac{1-q^{3n}}{1-q}$

$l_{n}=\sqrt{13}\frac{1-\left( \frac{2}{3}\right) ^{3n}}{1-\frac{2}{3} }=\allowbreak3\sqrt{13}\left( 1-\left( \frac{2}{3}\right) ^{3n}\right)$

$\lim_{n\rightarrow+\infty} l_{n}=\lim_{n\rightarrow+\infty} 3\sqrt{13}\left( 1-\left( \frac{2}{3}\right) ^{3n}\right) =3\sqrt {13}$

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