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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Correction  du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Antilles--Guyane}}
\rfoot{\small{septembre 2006}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Antilles--Guyane~\decofourright\\septembre 2006}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 6 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item En posant $u(t) = 5t$ et $v'(t) = \dfrac{2t}{1 + t^2}$, on a :

$u'(t) = 5$ et $v(t) = \ln \left(1 + t^2\right)$, car quel que soit $t$ réel, $1 + t^2 \geqslant 1 > 0$. On obtient donc en intégrant par parties (toutes les fonctions étant continues) :

I $ = \left[5t \times \ln \left(1 + t^2\right)\right]_{0}^{\frac{1}{2}} - \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\ln \left(1 + t^2\right)\:\text{d}t = \dfrac{5}{2}\ln \left(\dfrac{5}{4}\right) - 5\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} \ln \left(1 + t^2\right)\:\text{d}t $.
\item Soient $f(x) = \ln (1 + x) - x  + \dfrac{x^2}{2}$ et $g(x) = \ln (1 + x) - x$.
	\begin{enumerate}
		\item $f$ est dérivable comme composée de fonctions dérivables sur $\R_{+}$ et \\$f'(x) = \dfrac{1}{1 + x} - 1 + x = \dfrac{1 - \left(1 - x^2 \right)}{1 + x} = \dfrac{x^2}{1+x} \geqslant  0$, car $1 + x \geqslant 1 > 0$ et $x^2 \geqslant 0$.
		
La fonction $f$ est donc croissante à partir de $\ln(1) - 0 + 0 = 0$ : elle est donc positive.
		
Pour $x \geqslant 0,~f(x) \geqslant 0$.
		
		On admet de même que pour $x \geqslant 0,~g(x) \leqslant 0$.
		\item On déduit de la question précédente que :
		
		$\ln (1 + x) - x + \dfrac{x^2}{2} \geqslant 0 \iff x - \dfrac{x^2}{2} \leqslant \ln (1 + x)$ et que 
		
$\ln (1 +x) - x \leqslant 0 \iff \ln (1 + x) \leqslant x$ soit

$x - \dfrac{x^2}{2} \leqslant \ln (1 + x)	 \leqslant x$.

En écrivant cet encadrement avec $x = t^2$ (puisque $x \geqslant 0$), on obtient l'encadrement :

\[t^2 - \dfrac{t^4}{2} \leqslant \ln \left(1 + t^2 \right) \leqslant t^2.\]

		\item En intégrant les trois fonctions précédentes sur $\left[0~;~\frac{1}{2}\right]$, on obtient :
		
$\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\left(t^2 - \dfrac{t^4}{2}\right)\:\text{d}t \leqslant     \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\ln \left(1 + t^2 \right) \:\text{d}t \leqslant  \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5t^2\:\text{d}t \iff \left[  \right]_{0}^{\frac{1}{2}} \iff $

$\left[\dfrac{5t^3}{3} - \dfrac{t^5}{2}\right]_{0}^{\frac{1}{2}} \leqslant \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\ln \left(1 + t^2 \right) \:\text{d}t \leqslant \left[\dfrac{5t^3}{3} \right]_{0}^{\frac{1}{2}} \iff$

$ \dfrac{5}{24} - \dfrac{1}{64} \leqslant \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} 5\ln \left(1 + t^2 \right) \:\text{d}t \leqslant \dfrac{5}{24}$ et finalement en prenant les opposés :
\[	  - \dfrac{5}{24}\leqslant - 5\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} \ln \left(1 + t^2 \right) \:\text{d}t \leqslant - \dfrac{37}{192}\] 	
	\end{enumerate}
\item On déduit de la question 1. et de la question 2. c. que 

\[\dfrac{5}{2}\ln \left(\dfrac{5}{4}\right) - \dfrac{5}{24}\leqslant \text{I} \leqslant \dfrac{5}{2}\ln \left(\dfrac{5}{4}\right) - \dfrac{37}{192} ~\text{soit}\]

\[0,349 \leqslant \text{I} \leqslant 0,366 \]
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\varphi(0)$ est l'intégrale d'une fonction positive sur un intervalle d'amplitude nulle : donc $\varphi(0) = 0$.

Par définition de l'intégrale $\varphi(t) = \dfrac{10t^2}{1 + t^2}.$
\item Avec $y_{n+1} = y_{n} + \varphi'\left(x_{n} \right) \times 0,1$ et  $x_{n} = \dfrac{n}{10}$, on obtient $y_{n+1 } = y_{n} + \dfrac{10 \times \frac{n^2}{100}}{1 + \frac{n^2}{100}}\times 0,1$, soit $y_{n+1 } = y_{n} + \dfrac{n^2}{100 + n^2}$.
\item À partir de $y_{0} = 0$ et grâce à la formule de récurrence obtenue ci-dessus, on peut calculer $y_{1} = 0,~y_{2} = \dfrac{1}{101}$. Puis $y_{3} = \dfrac{1}{101} + \dfrac{4}{104},~y_{4} = \dfrac{1}{101} + \dfrac{4}{104} + \dfrac{9}{109}$
et $y_{5} = \dfrac{1}{101} + \dfrac{4}{104} + \dfrac{9}{1096} + \dfrac{16}{116}.$

$y_{5}\approx 0,269$ à $0,001$ près.
\item La valeur trouvée pour I par la méthode d'Euler avec un pas de $0,$ est incompatible avec l'encadrement trouvé à la question A. 3.

La valeur $0,354$ trouvée par la méthode d'Euler et un pas de $0,01$ est compatible avec l'encadrement précité. (En fait I $\approx 0,364$)
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Résolution de $z^2 - 4z + 6 = 0 \iff (z - 2)^2 - 4 + 6 = 0 \iff (z - 2)^2 + 2 = 0 \iff (z - 2)^2 - \left(\text{i}\sqrt{2} \right)^2 = 0 \iff \left(z - 2 + \text{i}\sqrt{2} \right)\left(z - 2 - \text{i}\sqrt{2} \right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
		z&=&2 - \text{i}\sqrt{2}\\
		z&=& 2 + \text{i}\sqrt{2}.
		\end{array}\right.$
		
\[ S = \{2 - \text{i}\sqrt{2}~;~2 + \text{i}\sqrt{2} \} \]

		\item Le quotient $\dfrac{z_{1} - 3}{z_{1}} = \dfrac{ - 1 + \text{i}\sqrt{2}}{2 + \text{i}\sqrt{2}} = \dfrac{(- 1 + \text{i}\sqrt{2})(2 - \text{i}\sqrt{2})}{4 + 2} = \dfrac{-2 + 2 + \text{i}\sqrt{2} + 2\text{i}\sqrt{2}}{6} = \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$ C'est donc un imaginaire pur. On  déduit de l'égalité $\dfrac{z_{1} - 3}{z_{1}} = \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ :
		
en prenant les arguments $\left(\vect{\text{OM}_{1}},~\vect{\text{BM}_{1}}\right) = \dfrac{\pi}{2}$, ce qui signifie que le triangle OBM$_{1}$ est rectangle en M$_{1}$.
	\item Le triangle précédent est inscrit dans un cercle de diamètre [OB]. Or $z_{1}$ et $z_{2}$ étant conjugués, les points M$_{1}$ et M$_{2}$ sont symétriques autour de $\left(\text{O},~\vect{u}\right)$ : le point M$_{2}$ appartient lui aussi au cercle circonscrit au triangle OBM$_{1}$.
	\end{enumerate}
	
\psset{unit=2cm}\begin{pspicture}(-1,-2)(5,2)
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt](0,0)(-1,-2)(5,2)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-1,-2)(5,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](2,0)(3,0)(2,1.414)(2,-1.414)(2.707,1.225)(1.293,1.225)
\uput[d](2,0){A} \uput[dr](3,0){B}\uput[ur](2,1.414){M$_{1}$}
\uput[dr](2,-1.414){M$_{2}$}\uput[ur](2.707,1.225){D} \uput[ul](1,1.732){D$'$}
\psline(0,0)(2,1.414)(3,0) \uput[dl](0,0){O}\psline(2.707,1.225)(2,0)(1,1.732)
\pscircle(1.5,0){1.5}\pscircle(2,0){1.414}
\pscircle[linestyle=dashed](2,0){2}\uput[ur](3.65,1){$\Gamma'$}
\end{pspicture}
\item $z' = z^2 - 4z + 6$.
	\begin{enumerate}
		\item On a $z'  - 2 = z^2 - 4z + 6 - 2 = z^2 - 4z + 4 = (z - 2)^2.$.
		\item Si $z = 2  + \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\theta}$, on vient de démontrer que $z' - 2 = (z - 2)^2 = \left(\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\theta} \right)^2 = 2\text{e}^{\text{i}2\theta}$, d'où  $\left|z' - 2\right| = 2$ et arg$\left(\vect{u},~\vect{\text{AM}'} \right) = 2 \theta.$
		
		Conclusion : M$'$ appartient au cercle de centre A(2~;~0) et de rayon 2.
	\end{enumerate}
\item D est le point d'affixe $d = 2 + \dfrac{\sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6}}{2}$
	\begin{enumerate}
		\item $d - 2 = \dfrac{\sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6}}{2} = \sqrt{2} \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = \sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$. On en déduit que $\left|d - 2\right| = \sqrt{2}$ c'est-à-dire que D appartient au cercle de centre A et de rayon $\sqrt{2}$, soit au cercle $\Gamma.$
		\item D'après la question 2. b. un argument de D étant $\frac{\pi}{3}$, un argument de D$'$ est $2\frac{\pi}{3} = \left(\vect{u},~\vect{\text{AD}'}\right).$
		
D$'$ est le point de $\Gamma '$ tel que $\left(\vect{\text{AB}},~\vect{\text{AD}'} \right) = \dfrac{2\pi}{3}.$
		\item On a AO = AD$' = 2$ et $\left(\vect{\text{AD}'},~\vect{\text{AO}}\right) = \left(\vect{\text{AB}},~\vect{\text{AO}}\right) - \left(\vect{\text{AB}},~\vect{\text{AD}'}\right) = \pi - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{3}.$
	
Les mesures des trois angles de OAD$'$ sont égales à $\dfrac{\pi}{3}$.

Conclusion :  le triangle OAD$'$ est équilatéral.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}

\medskip

\textbf{Partie A} R. O. C. sur la loi de durée de vie sans vieillissement.

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item De $p(\text{T} \leqslant 10) = \displaystyle\int_{0}^{10} \lambda\text{e}^{-\lambda t}\:\text{d}t = 0,7 \\iff \left[- \text{e}^{-\lambda t} \right]_{0}^{10} = 0,7 \iff -\text{e}^{- 10\lambda } + 1 = 0,7 \iff \text{e}^{-10\lambda} = 0,3$, on en déduit par croissance de la fonction $\ln$, ~$-10\lambda = \ln 0,3 \iff \lambda = - \dfrac{\ln 0,3}{10} \approx \nombre{0,1203}$.
		
Désormais $\lambda \approx 0,12$.
		\item Par définition de la probabilité conditionnelle :\\
		$p_{(\text{T} > 10}(\text{T}> 15) = \dfrac{p(\text{T} > 10) \cap p(\text{T} > 15)}{p(\text{T} > 10)} = \dfrac{p(\text{T} > 15)}{p(\text{T} > 10)} = \dfrac{1 - \left[\text{e}^{-0,12t} \right]_{0}^{15}}{0,3} = $
		
$\dfrac{\text{e}^{-0,12 \times 15}}{0,3}\approx 0,550$.
		\item D'après la partie A, la probabilité cherchée est 
		
$p(\text{T}\leqslant 5) = \left[\text{e}^{-0,12t}  \right]_{0}^{5} = 1 - \text{e}^{-0,6}$.
		
		La probabilité est d'environ $0,451 \approx 0,45$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item  On a une épreuve de Bernoulli avec $n = 6$ et $p = 0,3$.
		\item On a $p(\text{Y} \geqslant 4) = p(\text{Y} = 4) + p(\text{Y} =5) + p(\text{Y} =6) =$
		
$\binom{6}{4}0,3^4 \times 0,7^2 + \binom{6}{5}0,3^5 \times 0,7^1 + \binom{6}{6}0,3^6 \times 0,7^0 =$

$ 15 \times 0,3^4 \times 0,7^2 + 6\times 0,3^5 \times 0,7 + 0,3^6 \approx 0,070$.
		
La probabilité d'ouvrir de nouvelles caisses est d'environ $0,07$ à $10^{-2}$ près.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}

\textbf{Enseignement obligatoire}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Dans le repère donné les coordonnées de D, I, F et J sont 

\[\text{D}(0~;~1~;~0) \quad \text{I}(1/2~;~0~;~0) \quad \text{F}(1~;~0~;~1) \quad \text{J}(1/2~;~1~;~1) \]

Donc $\vect{\text{DI}}\left(\begin{array}{l}1/2\\-1\\0\\
		\end{array}\right),~\vect{\text{JF}}\left(\begin{array}{l}1/2\\-1\\0\\
		\end{array}\right)$.
		
On a $\vect{\text{DI}} = \vect{\text{JF}} \iff \text{DIFJ}$ est un parallélogramme.
		
Calculons DI$^2 = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4}$ et IF$^2 = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4}$. Conclusion : DI = IF.
		
Le quadrilatère DIFJ est un parallélogramme dont deux côtés consécutifs ont la même longueur : c'est un losange.
		
L'aire de losange est par exemple : $\dfrac{\text{DF} \times \text{IJ}}{2} = \dfrac{\sqrt{3} \times \sqrt{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
		\item Soit un vecteur $\vect{n}(a~;~b~;~c)$ normal au plan (DIJ) ; il est normal au vecteur $\vect{\text{DI}}(1/2~;~-1~;~0)$ et au vecteur $\vect{\text{IJ}}(0~;~-1~;~-1)$ ce qui entra\^{\i}ne $\left\{\begin{array}{l c l}
		\frac{a}{2} - b 	&=&0\\
		- b - c 			&=& 0\\
\end{array}\right. \iff\\
\left\{ \begin{array}{l c l}
		a&=&2b\\
		b&=&-c.\\
		\end{array}\right. $
Le vecteur de coordonnées $(-2c~;~- c~; ~c)$est normal au plan (DIJ) ; en particulier $\vect{n}(2~;~1~;~-1)$ est un vecteur normal à ce plan.
		
On en déduit qu'une équation du plan (DIJ) est $M(x~;~y~;~z) \in (\text{DIJ}) \iff 2x + y - z + d = 0$.
		
En particulier I$(1/2~;~0~;~0) \in (\text{DIJ}) \iff 2\times \frac{1}{2} + 0 - 0 + d = 0 \iff d = - 1.$
		
Une équation du plan (DIJ) est donc :

\[M(x~;~y~;~z) \in (\text{DIJ}) \iff 2x + y - z -1 = 0.\]

		\item On sait $d(\text{E}, (\text{DIJ})) = \dfrac{\left|2x_{\text{E}} + y_{\text{E}} - z_{\text{E}} - 1\right|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + 1^2}} = \dfrac{\left|-2  \right|}{\sqrt{6}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{6} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$.
		
Il en résulte que le volume de la pyramide EDIFJ est égal à :\\ $\dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}(\text{DIFJ}) \times h,~h$~étant la distance de E au plan calculée ci-dessus. Donc V $ = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{6}}{2}\times \dfrac{\sqrt{6}}{3} = \dfrac{1}{3}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\Delta$ est donc la droite contenant E et de vecteur directeur $\vect{n}.$ Donc $M(x~;~y~;~z) \in \Delta \iff \text{il existe}~t \in \R~\text{tel que}~\vect{\text{E}M} = t\vect{n}$. En égalant les coordonnées de ces deux vecteurs, on obtient : 
		\[ M(x~;~y~;~z) \in \Delta \iff \left\{\begin{array}{l c r}
		x&=&2t\\
		y&=&t\\
		z&=&1 - t\\
		\end{array}\right. \]
		qui est une représentation paramétrique de la droite $\Delta$.
		
		K$(1~;~1/2~;~1/2) \in \Delta \iff \left\{\begin{array}{l c r}
		1&=&2t\\
		1/2&=&t\\
		1/2&=&1 - t\\
		\end{array}\right. \iff 
		\left\{\begin{array}{l c r}
		1/2&=&2t\\
		1/2&=&t\\
		t&=&1/2\\
		\end{array}\right.$ ce qui est cohérent.
		\item Le point  commun à $\Delta$ et à (DIJ) (unique car $\Delta$ est perpendiculaire à (DIJ)) a ses coordonnées qui vérifient les équations de la droite et l'équation du plan, donc 
$2 \times 2t + t - 1 + t - 1 = 0 \iff 6t - 2 = 0 \iff t = \dfrac{1}{3}$.
		
D'où L$(2/3~;~1/3~;~2/3)$.
		\item On calcule les coordonnées du vecteur $\vect{\text{LB}} + \vect{\text{LE}} +\vect{\text{LG}}\left(\begin{array}{r}
		\frac{1}{3} -\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\\
		-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\\
		-\frac{2}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\\
		\end{array}\right)$. \\
		On a bien $\vect{\text{LB}} + \vect{\text{LE}} +\vect{\text{LG}} = \vect{0} \iff $~L est l'isobarycentre ou centre de gravité de (BEG)
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
\item $M(x~;~y~;~z) \in \mathcal{S} \iff x^2 + y^2  + z^2 - 2x - y - z + \dfrac{4}{3 } = 0 \iff (x - 1)^2 \left(y - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(z - \dfrac{1}{2}\right)^2 - 1 - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4}+ \dfrac{4}{3 }  = 0 \iff (x - 1)^2  + \left(y - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(z - \dfrac{1}{2}\right)^2  = \dfrac{1}{6}$ qui est l'équation d'une sphère de centre le point de coordonnées $\left(1~;~1/2~;~1/2 \right)$ c'est-à-dire le point K et de rayon $\sqrt{\dfrac{1}{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{6}.$
\item On a L$\left(2/3~;~1/3~;~2/3\right) \in \mathcal{S} \iff \left(\dfrac{2}{3} - 1\right)^2  + \left(\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{2}\right)^2  = \dfrac{1}{6} \iff \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{1}{6} \iff \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$ qui est vraie.

Conclusion L est un point de $\Delta$, du plan (DIJ), du plan (BEG) et de la sphère $\mathcal{S}.$

Comme (KL) est perpendiculaire au plan (DIJ) et que KL est égal au rayon de la sphère, il en résulte que le plan (DIJ) est tangent à la sphère $\mathcal{S}$ au point L.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}

\textbf{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item D'après le cours il existe une unique similitude directe qui transforme deux points distincts en deux points distincts.
		\item On sait que l'écriture complexe de $s$ est : $z' = az + b,~a$ et $b$ étant deux complexes que l'on détermine en écrivant que $s(\text{O}) = \text{I}$ et $s(\text{A}) = \text{C}$, soit :
		
		$\left\{\begin{array}{l c l}
		1 + \text{i}&=&a \times 0 + b\\
		2\text{i}&=& a + b\\
		\end{array}\right. \Rightarrow a = \text{i} - 1$ (par différence), et $b = 1 + \text{i}$.\\
		L'écriture complexe est donc $z' = ( \text{i} - 1)z + 1 + \text{i}$.\\ Recherche de points fixes : si $z$ a pour image $z = ( \text{i} - 1)z + 1 + \text{i}$, alors \\$z(2 -\text{i}) = 1 + \text{i} \iff z = \dfrac{1 + \text{i}}{2 - \text{i}}  = \dfrac{(1 + \text{i})(2 + \text{i})}{4 + 1} = \dfrac{1 + 3\text{i}}{5}.$
		La similitude a un seul point fixe $\Omega$ d'affixe $\omega = \dfrac{1}{5} + \text{i}\dfrac{3}{5}.$
		\item On a $\text{A}\Omega^2 = |\omega - 1|^2 = \left(\dfrac{-4}{5} \right)^2 + \left(\dfrac{3}{5} \right)^2 = \dfrac{16 + 9}{25} = 1 \Rightarrow \text{A}\Omega = 1.$\\
		Conclusion A$\Omega$ = AO = 1, donc $\Omega$ appartient au cercle $\Gamma$ de centre A et de rayon 1.
	\end{enumerate}
\item $f : z \longmapsto z' = \dfrac{-3 - 4\text{i}}{5}\overline{z}  + \dfrac{8 + 4\text{i}}{5}$.
	\begin{enumerate}
		\item $z_{\text{A}'}$ désignant l'affixe de l'image par $f$ de A, $z_{\text{A}'} = \dfrac{- 3 - 4\text{i} + 8 + 4\text{i}}{5} = \dfrac{5}{5} = 1 = z_{\text{A}}.$
		
A est un point invariant par $f$.

De même $z_{\text{C}'} = \dfrac{-3 - 4\text{i}}{5} \times (- 2\text{i} + \dfrac{8 + 4\text{i}}{5} = \dfrac{6\text{i} - 8+8+ 4\text{i} }{5} = \dfrac{10\text{i}}{5}= 2\text{i} = z_{\text{C}}$.
		
C est également un point invariant  par $f$.
		
D'après l'écriture complexe  $\left(\left|\dfrac{-3 - 4\text{i}}{5}  \right| = 1  \right)$,~$f$ est une similitude indirecte ayant deux points fixes : c'est donc une symétrie-droite autour de la droite (AC).
		
Image de $\Omega$ par $f$ :
		
$z_{\Omega'} = \left(\dfrac{- 3 - 4\text{i}}{5} \right)\left( \dfrac{1 - 3\text{i}}{5} \right)+ \dfrac{8 + 4\text{i}}{5} = \dfrac{-3 + 9\text{i} - 4\text{i} - 12 + 40 + 20\text{i}}{25}= \dfrac{25 + 25\text{i}}{25} = 1 + \text{i} = z_{\text{I}}$.

I est donc l'image de $\Omega$ par $f$.
		\item cf. figure
	\end{enumerate}
\item À tout point M on associe M$'$ et M$''$ tels que $\vect{M'M''} = \vect{\Omega M}$.
	\begin{enumerate}
		\item Si M $= \Omega$, alors  $\vect{\Omega'\Omega''} = \vect{\Omega \Omega} = \vect{0} \Rightarrow \Omega' = \Omega'' = \Omega$ (car $\Omega$ est invariant par $s$.
		\item Construction de A$''$ : on a par définition $\vect{\text{A}'\text{A}''} = \vect{\Omega \text{A}} \iff \vect{\text{C}\text{A}''} = \vect{\Omega \text{A}} \iff \Omega \text{AA}''\text{C}$ est un parallélogramme.
		
On peut construire A$''$ en utilisant les diagonales du parallélogramme ou les côtés opposés de même longueur.
		\item L'égalité $\vect{M'M''} = \vect{\Omega M}$ se traduit en termes d'affixes par \\$z''  - z' = z - z_{\Omega} \iff z'' = (\text{i} - 1)z + 1 + \text{i} + z - \dfrac{1 + 3\text{i}}{5} = \text{i}z + \dfrac{4 + 2\text{i}}{5}$.
		
Recherche de points invariants : on résout $z = \text{i}z + \dfrac{4 + 2\text{i}}{5}$
		
$\iff z(1 - \text{i}) = \dfrac{4 + 2\text{i}}{5} \iff z = \dfrac{(4 + 2\text{i})((1 + \text{i})}{5(1 - \text{i})(1 + \text{i})} = \dfrac{1 + 3\text{i}}{5} = z_{\Omega}.$
		
On obtient par différence : $z" - \dfrac{1 + 3\text{i}}{5} = \text{i}\left(z - \dfrac{1 + 3\text{i}}{5}\right)$ qui est l'écriture complexe d'une rotation de centre $\Omega$ et d'angle $\frac{\pi}{2}$ (quart de tour direct).
		\item L'ensemble $(\Gamma'')$ est l'image par cette rotation du cercle $(\Gamma)$ : c'est donc un cercle de même rayon et dont le centre est l'image par le quart de tour du point A.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\psset{unit=3cm}
\begin{center}\begin{pspicture}(-1,-0.5)(2,2.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-1,-0.5)(2.2,2.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\uput[dl](0,0){O} \uput[d](1,0){A} \uput[ur](1,2){B} \uput[r](1,1){I}
\uput[l](0.2,0.6){$\Omega$}\uput[l](0,2){C}
\psplot{-0.25}{1.5}{2 2 x mul sub}\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](0.2,0.6)(1,2)(1,0)(0.8,1.4)
\uput[u](1.85,0.65){$(\Gamma)$}\uput[u](1.85,1.65){$(\Gamma'')$}
\psline[linewidth=0.3pt](1,0)(1,2)(0,2) \psline[linewidth=0.3pt](0,0)(1,1)
\pscircle(1,0){1}\psline(1,1)(0.2,0.6)\psline[linewidth=0.3pt](0,0)(1,2)
\psline[linewidth=0.3pt](0.2,0.6)(0.5,1)(0.8,1.4)
\uput[r](0.8,1.4){A$''$}\pscircle[linestyle=dashed](0.8,1.4){1}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}