Exercices de statistiques - 12 - 1° partie, Exercices de Probabilités et statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8929 May 2014

Exercices de statistiques - 12 - 1° partie, Exercices de Probabilités et statistiques

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Exercices de statistiques - 12 - 1° partie - géométrie. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: isométrie, Les isométries du plan sont les transformations, Caractérisation complexe d’une similitude, Propriétés d...
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Classe de Terminale S

Démonstrations à connaître Spécialité : géométrie

Restitution organisée des connaissances

Pour chaque question nous rappelons la démonstration et nous essayons de proposer une mise en situation… Lorsqu’il n’y a pas de démonstration demandée vous pouvez inventer une question…

1. Spécialité : géométrie 1-a : Toute similitude de rapport k (>0) est la composée d’une homothétie de rapport k et d’une isométrie

1-b : Les isométries du plan sont les transformations ' iz e z b  ou ' iz e z b  1-c : Caractérisation complexe d’une similitude 1-d : Propriétés des similitudes 1-e : Une similitude ayant deux points fixes distincts est soit l’identité, soit une symétrie axiale 1-f : Forme réduite d’une similitude directe 1-g : Propriété : « étant donnés quatre points A, B, A’, B’ tels que A  B et A’  B’, il existe une unique similitude directe transformant A en A’ et B en B’ ».

1. Spécialité : géométrie

1-a : Toute similitude de rapport k (>0) est la composée d’une homothétie de rapport k et d’une isométrie

Soit s une similitude de rapport k positif et h une homothétie de rapport 1

k . La composée h s est alors

une similitude de rapport 1

. 1k k  , c’est donc une isométrie f.

On a donc 1 1 1h s f h h s h f s h f       où l’homothétie 1h a pour rapport k.

Exercice (remplacement 2004, Amérique du Sud)

Soit A0 et B0 deux points du plan orienté tels que 0 0 8A B  . On prendra le centimètre comme unité.

Soit S la similitude de centre A0, de rapport 1

2 et d’angle

3

4

 . On définit une suite de points ( )nB de la

façon suivante : pour tout entier naturel n, 1 ( )n nB S B  .

1. Construire B1, B2, B3 et B4.

2. Montrer que pour tout entier naturel n, les triangles 0 1n nA B B  et 0 1 2n nA B B  sont semblables.

3. On définit la suite ( )nl par : pour tout entier naturel n, 1n n nl B B  .

a. Montrer que la suite ( )nl est une suite géométrique et préciser sa raison.

b. Exprimer nl en fonction de n et 0l .

c. On pose 0 1 ...n nl l l     . Déterminer la limite de n lorsque n tend vers  .

4. a. Résoudre l’équation 3 4 2x y  où x et y sont deux entiers relatifs.

b. Soit  la droite perpendiculaire en A0 à la droite 0 0( )A B . Pour quelles valeurs de n, nB appartient-il à

 ?

Correction

1. Rien n’interdit de prendre A0 à l’origine et B0 en z = 8. On a alors

3

4 1

: ' 2

i

S z z e z

  , d’où en notant

nz l’affixe de Bn :

3

4 1

1

2

i

n nz e z

  , soit

3 3

4 4 0

1 8

2 2

n n i i

n n n z e z e

 

  .

B4

B3

B2

B1

a=135

B0A

Enfin, bref, à chaque fois on tourne de 3

4

 et on divise la distance par 2.

2. Par S on a

0 0

1

1 2

n n

n n

A A

B B

B B

 

  

 

donc les triangles 0 1n nA B B  et 0 1 2n nA B B  sont semblables.

3. a. 1 1 2 1 1 1

2 2 n n n n n nl B B B B l      puisque les triangles sont semblables et que le rapport de similitude

est 1/2.

b. 0 1 8

2 2 n n n l l  .

c. 1

0 1

1 1

2... 8 16 1

1 2

n

n nl l l

      

.

4. a. 3 4 2x y  a comme solution évidente x = 2, y = 1 : 3.2 − 4.1 = 2. Soustrayons :

3 4 2 2 4 3( 2) 4( 1) 0 3( 2) 4( 1) ,

3.2 4.1 2 1 3

x y x k x y x y k

y k

               

    

d’où les solutions 2 4

1 3

x k

y k

    

, k entier relatif.

b. On voit sur la figure que B2 est sur  ; en faisant 3

4

 à chaque fois il faudra 4 coups pour revenir sur

 , les valeurs de n correspondantes sont donc 2 4n k  .

Sinon on peut repartir sur

3 3

4 4 0

1 8

2 2

n n i i

n n n z e z e

 

  qui est imaginaire pur lorsque

3 3 2 4 3 4 2

4 2

n k n k n k

          , soit les solutions précédentes.

1-b : Les isométries du plan sont les transformations ' iz e z b  ou ' iz e z b 

Il est immédiat de montrer que ces deux types de transformations sont des isométries ; par exemple

pour ' iz e z b  :

1 1( ) '( ')M z M z et 2 2( ) '( ')N z N z , soit 2 1 2 1 2 1 2 1' ' ' ' 1 iM N z z e z z z z z z MN         .

Il est plus délicat de montrer que toute isométrie est de cette forme : soit f une isométrie du plan muni d’un repère orthonormal (O, I, J) ; on note (O’, I’, J’) le repère image par f : ce repère est également orthonormal d’après les propriétés des isométries (conservation des longueurs et des angles, les isométries positives conservant le sens des angles, les iso. négatives les renversant).

Prenons M(x ; y), on a OM xOI yOJ  , M’(x’ ; y’) son image par f : ' ' ' ' ' ' ' 'O M x O I y O J  .

Calculons les produits scalaires :

2 . .OM OI xOI yOJOI x   ,

2 . .OM OJ xOI OJ yOJ y   , de même ' '. ' ' 'O M O I x , ' '. ' ' 'O M O J y .

Mais comme les distances et les angles sont conservés, on a

   . . .cos , ' '. ' '.cos ' ', ' ' ' '. ' 'OM OI OM OI OM OI O M O I O M O I O M O I  

ainsi que . ' '. ' 'OM OJ O M O J d’où '

'

x x

y y

  

et ' ' ' ' ' 'O M xO I yO J  .

Passons maintenant en complexes : prenons dans le repère (O, I, J) les affixes : (0) '( )O O b , ' '( )O I u ,

' '( )O J v et ( )M z x iy  .

* ' 'O I est normé donc 1 iu u e   ,  réel quelconque.

* ' 'O J est normé et orthogonal à ' 'O I donc iv iu ie  ou iv iu ie    .

* ' ' ' ' ' ' 'O M xO I yO J z b xu yv      d’où les deux possibilités :

' '

' '

i i i i

i i i i

z b xe iye e z z e z b

z b xe iye e z z e z b

   

   

         

       

.

1-c : Caractérisation complexe d’une similitude

Les deux résultats précédents donnent immédiatement que si s est une similitude de rapport k > 0, elle

est de la forme ' ' f hi i iz z e z b kz ke z kb ke z c            

ou de la forme ' ' f hi i iz z e z b kz ke z kb ke z c             .

En fait ike est un complexe a quelconque de même que c, ce qui donne 'z az c  ou 'z az c  .

Exercice (National 2004, remplacement)

L’exercice comporte une annexe, à rendre avec la copie.

A et C sont deux points distincts du plan ; on note  le cercle de diamètre [AC] et O le centre de  ; B est un point du cercle  distinct des points A et C.

Le point D est construit tel que le triangle BCD soit équilatéral direct ; on a donc  , (2 ) 3

BC BD    .

Le point G est le centre de gravité du triangle BCD.

Les droites (AB) et (CG) se coupent en un point M.

Partie A

1. Placer les points D, G et M sur la figure de la feuille annexe.

2. Montrer que les points O, D et G appartiennent à la médiatrice du segment [BC] et que le point G est le milieu du segment [CM].

3. Déterminer l’angle et le rapport de la similitude directe s de centre C transformant B en M.

Partie B

Dans cette question le plan est muni d’un repère orthonormal direct ( ; , )O u v choisi de telle sorte que

les points A et C aient pour affixes respectives −1 et +1. Soit E le point construit pour que le triangle ACE

soit équilatéral direct ; on a donc  , (2 ) 3

AC AE    .

1. Calculer l’affixe du point E et construire le point E sur la feuille annexe.

2. Soit  la similitude directe d’expression complexe 3 3 1 3

' 4 4

i i z z

    . Déterminer les éléments

caractéristiques de  et en déduire que  est la similitude réciproque de s.

3. Montrer que l’image E’ de E par  a pour affixe 1 3

2 2 i  et montrer que le point E’ appartient au

cercle  .

4. On note  le lieu des points M lorsque le point B décrit le cercle  privé des points A et C. Montrer que le point E appartient à  .

Soit O’ l’image du point O par la similitude s. Démontrer que le point O’ est le centre de gravité du triangle ACE. En déduire une construction de  .

A rendre avec la copie

B

CA

Correction

O

M

G

D B

C

A

2. [BC] est une corde du cercle  donc OB = OC ; par ailleurs dans un triangle équilatéral le centre de gravité et le troisième sommet sont sur la médiatrice, ici sur celle de [BC]. (GC) est la médiatrice de

[BD] ; par ailleurs on a 90 , 30 , 30ABC BCG GBD      d’où 180 90 30 30 30DBM       , moralité

M est le symétrique de G par rapport à [BD] et GM = CG.

3. On regarde les images par

 

2 3 2 3 2 2 2

3 2 3 3:

, (2 ) 6

CM CG k

C C CB CB s

B M CB CM

  

      

      



Partie B

1.

E'

E

O

M

G

D

B

C

A

2. 3 3 1 3

' 4 4

i i z z

    : 6

3 3 3 3 1 3

4 2 2 2 2

ii a i e

  

      

donc rapport 3

2 et angle

6

 . On

cherche le centre : 3 3 1 3 3 3 1 3 1 3 1 3

1 1 4 4 4 4 4 4

i i i i i i z z z z z

                    

    ,

c’est donc C. La réciproque d’une similitude a même centre, un rapport inverse et un angle opposé : c’est bien le cas ici.

3. E est sur l’axe imaginaire, son affixe est 3i (hauteur d’un triangle équilatéral de côté 2). Son image a

pour affixe 3 3 1 3 3 3 3 1 3 2 2 3 1 3

' 3 4 4 4 4 2 2

i i i i i z i i

              qui a évidemment pour

module 1 et est donc sur  .

4. Comme ' ( )E E , on a ( ')E s E puisque s est la réciproque de  ; comme E’ est sur  , E est sur  .

Lorsque B parcourt  , M parcourt le cercle de centre s(O)=O’ et de rayon 2

3 .

On obtient l’affixe de O’ « facilement » en écrivant que

6 ' 0 '

2 2 3 1 ( ) 1 1 1

2 23 3 3 3

i

O C C O

i i z z e z z z i

   

               

.

Celle du centre de gravité de ACE est   1 1 1 3

3 3 3 A C E

i i z z z

      .

E est un point de  et O’ son centre, la construction est faite.

O'

v=1,1547005

u=-30

E'

E

O

M

G

DB

C

A

1-d : Propriétés des similitudes

* Les similitudes de la forme 'z az b  sont associées aux isométries positives, elles conservent le sens des angles : prenons trois points M, N, P et leurs images M’, N’, P’ ;

on a alors     ' ' ( ) ( )

' ', ' ' arg arg arg , ' ' ( ) ( )

p m ap b am b p m M N M P MN MP

n m an b am b n m

        

     .

* Les similitudes de la forme 'z az b  sont associées aux isométries négatives, elles renversent le sens des angles : prenons trois points M, N, P et leurs images M’, N’, P’ ;

    ' ' ( ) ( )

' ', ' ' arg arg arg arg , ' ' ( ) ( )

p m ap b am b p m p m M N M P MN MP

n m an b am b n mn m

             

       .

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