par sos-math(21) » mar. 7 juil. 2020 07:51
Bonjour,
pour déterminer l'image de la droite \((D)\) d'équation \(y=x\), il cherche à obtenir un maximum d'informations sur celle-ci en calculant selon les cas des images de points ou de vecteurs directeurs afin de caractériser au mieux cette image :
Dans le premier cas, on a une translation de vecteur d'affixe \(1+i\) qui est un vecteur directeur de \((D)\) donc celle-ci est invariante par cette translation donc \(f(D)=D\)
Dans le deuxième cas, il s'agit d'une symétrie centrale de centre A d'affixe \(\dfrac{1}{2}\) donc celle-ci transforme \((D)\) en une droite parallèle passant par l'image d'un point de \((D)\), par exemple l'image de \(O\) qui est le point \(O'\) d'affixe 1. La droite \((D')\) est donc la parallèle à la droite \((D)\) d'équation \(y=x\) donc elle a le même coefficient directeur, son équation s'écrit alors \(y=x+b\). Sachant qu'elle passe par \(O'(1\,;\,0)\), on a \(b=-1\) donc \(y=x-1\).
Pour le troisième cas, c'est une rotation de centre B d'affixe \(1{,5}+0{,}5i\) et d'angle \(\dfrac{\pi}{2}\) donc l'image de \((D)\) fera un angle droit avec \((D)\) et passera par l'image de \(O\) qui est le point \(O'\) d'affixe \(2-i\). Lorsque deux droites sont perpendiculaires, le produit de leurs coefficients directeurs est égal à \(-1\) (conséquence du produit scalaire nul des vecteurs directeurs), donc \((D')\) a pour équation \(y=-x+b\). Comme elle passe par \(O'(2\,;\,-1)\) on en déduit que \(y=-x+1\).
Pour le dernier cas, c'est une similitude de la forme \(z'=az+b\) avec \(|a|=1\) donc c'est une rotation, dont on cherche le point fixe qui aura pour affixe \(\dfrac{b} {1-a}=2\) et cette rotation aura pour angle \(arg(a)=\dfrac{2\pi}{3}\).
Comme c'est un peut plus compliqué au niveau de l'expression, on recherche l'image de deux points de la droite \((D)\) : \(O'(3\,;\,-\sqrt{3})\) et \(I'\left(\dfrac{5-\sqrt{3}}{2}\,;\,\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\right)\) et on calcule le vecteur \(\overrightarrow{O'I'}\) qui sera alors un vecteur directeur de \((D')\).
Ainsi on a la droite \((D')\) qui passe par \(O'(3\,;\,-\sqrt{3})\) et de vecteur directeur \(\overrightarrow{O'I'}\begin{pmatrix}\dfrac{-1-\sqrt{3}}{2}\\\dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}\end{pmatrix}\).
Cela signifie que si on prend un point \(M(x\,;\,y)\) du plan, celui-ci appartient à \((D')\) si et seulement si les vecteurs \(\overrightarrow{O'M}\begin{pmatrix}x-3\\y+\sqrt{3}\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{O'I'}\begin{pmatrix}\dfrac{-1-\sqrt{3}}{2}\\\dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}\end{pmatrix}\) sont colinéaires.
Le déterminant de ces deux vecteurs doit donc être nul, ce qui mène à l'équation.
Est-ce plus clair ?
Bonne continuation
Bonjour,
pour déterminer l'image de la droite \((D)\) d'équation \(y=x\), il cherche à obtenir un maximum d'informations sur celle-ci en calculant selon les cas des images de points ou de vecteurs directeurs afin de caractériser au mieux cette image :
Dans le premier cas, on a une translation de vecteur d'affixe \(1+i\) qui est un vecteur directeur de \((D)\) donc celle-ci est invariante par cette translation donc \(f(D)=D\)
Dans le deuxième cas, il s'agit d'une symétrie centrale de centre A d'affixe \(\dfrac{1}{2}\) donc celle-ci transforme \((D)\) en une droite parallèle passant par l'image d'un point de \((D)\), par exemple l'image de \(O\) qui est le point \(O'\) d'affixe 1. La droite \((D')\) est donc la parallèle à la droite \((D)\) d'équation \(y=x\) donc elle a le même coefficient directeur, son équation s'écrit alors \(y=x+b\). Sachant qu'elle passe par \(O'(1\,;\,0)\), on a \(b=-1\) donc \(y=x-1\).
Pour le troisième cas, c'est une rotation de centre B d'affixe \(1{,5}+0{,}5i\) et d'angle \(\dfrac{\pi}{2}\) donc l'image de \((D)\) fera un angle droit avec \((D)\) et passera par l'image de \(O\) qui est le point \(O'\) d'affixe \(2-i\). Lorsque deux droites sont perpendiculaires, le produit de leurs coefficients directeurs est égal à \(-1\) (conséquence du produit scalaire nul des vecteurs directeurs), donc \((D')\) a pour équation \(y=-x+b\). Comme elle passe par \(O'(2\,;\,-1)\) on en déduit que \(y=-x+1\).
Pour le dernier cas, c'est une similitude de la forme \(z'=az+b\) avec \(|a|=1\) donc c'est une rotation, dont on cherche le point fixe qui aura pour affixe \(\dfrac{b} {1-a}=2\) et cette rotation aura pour angle \(arg(a)=\dfrac{2\pi}{3}\).
Comme c'est un peut plus compliqué au niveau de l'expression, on recherche l'image de deux points de la droite \((D)\) : \(O'(3\,;\,-\sqrt{3})\) et \(I'\left(\dfrac{5-\sqrt{3}}{2}\,;\,\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\right)\) et on calcule le vecteur \(\overrightarrow{O'I'}\) qui sera alors un vecteur directeur de \((D')\).
Ainsi on a la droite \((D')\) qui passe par \(O'(3\,;\,-\sqrt{3})\) et de vecteur directeur \(\overrightarrow{O'I'}\begin{pmatrix}\dfrac{-1-\sqrt{3}}{2}\\\dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}\end{pmatrix}\).
Cela signifie que si on prend un point \(M(x\,;\,y)\) du plan, celui-ci appartient à \((D')\) si et seulement si les vecteurs \(\overrightarrow{O'M}\begin{pmatrix}x-3\\y+\sqrt{3}\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{O'I'}\begin{pmatrix}\dfrac{-1-\sqrt{3}}{2}\\\dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}\end{pmatrix}\) sont [b]colinéaires[/b].
Le[b] déterminant de ces deux vecteurs doit donc être nul[/b], ce qui mène à l'équation.
Est-ce plus clair ?
Bonne continuation