Asie 2010. Enseignement spécifique

EXERCICE 2

PARTIE A. Etude de la configuration

    1. image/svg+xml1234567 − 1 − 2 − 3 − 4 − 5 − 612345678910 − 1 − 2 − 3 − 4 − 5 − 6 P

    2. $|b|=\sqrt{2^2+(-2\sqrt{3})^2}=\sqrt{4+12}=4$ et $|c|=\sqrt{3^2+(3\sqrt{3})^2}=\sqrt{36}=6$.

      $OB=|b|=4$ et $OC=|c|=6$.


    3. $B$ est le point du cerlce de centre $O$ et de rayon $4$ dont l'abscisse est égale à $2$ et l'ordonnée est négative.
      $C$ est le point du cercle de centre $O$ et de rayon $6$ dont l'abscisse est égale à $3$ et l'ordonnée est positive.
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    • $BC=|c-b|=|1+5i\sqrt{3}|=\sqrt{1^2+\left(5\sqrt{3}\right)^2}=\sqrt{1+75}=\sqrt{76}=2\sqrt{19}$.

    • $BP=|p-b|=|8+2i\sqrt{3}|=\sqrt{8^2+\left(2\sqrt{3}\right)^2}=\sqrt{64+12}=\sqrt{76}=2\sqrt{19}$.

    • $CP=|p-c|=|7-3i\sqrt{3}|=\sqrt{7^2+(-3\sqrt{3})^2}=\sqrt{49+27}=\sqrt{76}=2\sqrt{19}$.

    Donc $BC=BP=CP$ et finalement

    Le triangle $BCP$ est équilatéral.

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    1. \begin{align*} q&=a+e^{i\pi/3}(c-a)=a+\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\right)(c-a)\\ &=-2+\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)(3+3i\sqrt{3}+2)=-2+\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(5+3i\sqrt{3}\right)\\ &=-2+\dfrac{5}{2}+i\dfrac{3\sqrt{3}}{2}+i\dfrac{5\sqrt{3}}{2}-\dfrac{9}{2}=-2-\dfrac{4}{2}+i\dfrac{8\sqrt{3}}{2}\\ &=-4+4i\sqrt{3} \end{align*}

      Donc

      $q=-4+4i\sqrt{3}$.


    2. On a encore $q=-2(2-2i\sqrt{3})=-2b$ ou aussi $\overrightarrow{OQ}=-2\overrightarrow{OB}$.
      Ainsi, les vecteurs $\overrightarrow{OQ}$ et $\overrightarrow{OB}$ sont colinéaires et donc

      les points $O$, $B$ et $Q$ sont alignés.

      image/svg+xml1234567 − 1 − 2 − 3 − 4 − 5 − 612345678910 − 1 − 2 − 3 − 4 − 5 − 6 P

      • Les points $A$ et $P$ sont sur l'axe des abscisses de même que le point $O$. Donc le point $O$ appartient à la droite $(AP)$.
      • D'après la question précédente, le point $O$ appartient à la droite $(BQ)$.
      • Puisque $R$ est le symétrique de $C$ par rapport à $O$, le point $O$ est le milieu du segment $[CR]$ et en particulier, le point $O$ appartient à la droite $(CR)$.

      On a montré que

      Les droites $(AP)$, $(BQ)$ et $(CR)$ sont concourantes en $O$.

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      • $AP=|p-a|=12$,
      • $BQ=|q-b|=\left|\left(-4+4i\sqrt{3}\right)-\left(2-2i\sqrt{3}\right)\right|=|-6+6i\sqrt{3}|=6\sqrt{(-1)^2+\left(\sqrt{3}\right)^2}=12$,
      • $CR=2OC=2|c|=12$ (d'après la question 1)b).

      Donc,

      $AP=BQ=CR=12$.


PARTIE B

  1. D'après la question 1)b) de la partie A, $f(O)=OA+OB+OC=|a|+|b|+|c|=2+4+6=12$.

    $f(O)=12$.


  2. Soit $M$ un point du plan. Si $M=A$, alors $N=A$ et donc $AM=MN=0$. Si $M\neq A$, le triangle $AMN$ est équilatéral et donc $AM=MN$.

    Ensuite, puisque $q=a+e^{i\frac{\pi}{3}}(c-a)$ et $n=a+e^{i\frac{\pi}{3}}(m-a)$,

    \begin{align*} NQ&=|q-n|=\left|\left(a+e^{i\frac{\pi}{3}}(c-a)\right)-\left(a+e^{i\frac{\pi}{3}}(m-a)\right)\right|=\left|e^{i\frac{\pi}{3}}c-e^{i\frac{\pi}{3}}\right|=\left|e^{i\frac{\pi}{3}}(m-a)\right|\\ &=\left|e^{i\pi/3}\right|\times|m-a|=MC. \end{align*}

    pour tout point $M$ du plan, $MA=MN$ et $MC=NQ$.


  3. Soit $M$ un point du plan. D'après la question précédente et l'inégalité triangulaire, \begin{align*} f(M)&=MA+MB+MC=MN+MB+NQ=BM+MN+NQ\\ &\geqslant BQ=12\;\text{(d'après la question A.4)b)}.) \end{align*}

    Pour tout point $M$ du plan, $f(M)\geqslant12$.