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%Tapuscrit : Vincent Tolleron
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat S}
\lfoot{\small{Antilles-Guyane}}
\rfoot{\small{20 juin 2011}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}

\vspace{0,25cm}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S~\decofourright\\[4pt]Antilles-Guyane 19 juin 2012}}
\end{center}

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

\medskip

\textbf{Partie A : étude de fonction}

\smallskip

\begin{enumerate}
\item Pour tout réel $x$ on a $f(x) = x\e^{x}\times \e^{-1} + 1$, or (croissances comparées) 

$\limi{x}{-\infty}x\e^x=0$, donc, par opérations sur les limites $\limi{x}{-\infty} f(x) = 1$.

On en déduit que la droite d'équation $y = 1$ est asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ au voisinage de $-\infty$.
\item On a $f(x) = x\e^x\times \e^{-1} + 1$, et, par opérations sur les limites (il n'y a aucune forme indéterminée ici) : $\limi{x}{+\infty}f(x) = +\infty$.
\item Par opérations usuelles sur les dérivées :

\[f^{\prime}(x)=1\e^{x-1}+x \times 1\times\e^{x-1}=(x + 1)\e^{x-1}.\]
 
\item Pour tout réel $x$, $\e^{x-1}>0$, donc $f^{\prime}(x)$ a le même signe que $x+1$. Or $x + 1\geqslant 0 \Leftrightarrow x \geqslant -1$, on en déduit donc le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|ccccc|}
\hline
$x$ & $-\infty$& \qquad\qquad &$-1$&\qquad\qquad &$+\infty$ \\
\hline
$f'$ &&$-$&$0$&$+$& \\
\hline
&\rnode{a}{1}& & & &\rnode{c}{$+\infty$}\\
$f$& & & & & \\
& & &\rnode{b}{$1-\e^{-2}$}& &\\
\hline
\end{tabular}
\ncline[nodesep=3pt]{->}{a}{b}
\ncline[nodesep=3pt]{->}{b}{c}
\end{center}

\end{enumerate}
\smallskip

\textbf{Partie B : recherche d'une tangente particulière}

\smallskip

\begin{enumerate}
\item La tangente $T_a$ a pour équation $y=f^{\prime}(a)(x-a) + f(a)$, c'est-à-dire:
\[
y=(a+1)\e^{a-1}(x-a)+a\e^{a-1}+1.
\]
\item Soit $a>0$, alors:
\begin{eqnarray*}
O(0~;~0)\in T_a &\Longleftrightarrow& 0=(a+1)\e^{a-1}(-a)+a\e^{a-1}+1\\
&\Longleftrightarrow& 0=\e^{a-1}(-a^2-a+a)+1\\
&\Longleftrightarrow& 1-a^2\e^{a-1}=0.
\end{eqnarray*}
\item 
\begin{itemize}
\item $1$ est une solution de l'équation considérée car $1-1^2\e^{1-1}=1-1=0$.\\
\item Montrons maintenant que cette équation n'admet qu'une unique solution sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$.\\
Posons, pour tout $x>0$, $g(x) = 1 - x^2\e^{x-1}$. La fonction $g$ est alors dérivable sur $]0~;~+\infty[$ et, pour tout $x>0$:
\[
g^{\prime}(x)=-2x\e^{x-1}-x^2\e^{x-1}=-x(2+x)\e^{x-1}.
\]
$x > 0$, donc $x+2 > 0$ et par ailleurs $\e^{x-1} > 0$, on en déduit que $g^{\prime}(x) < 0$ et donc que $g$ est strictement décroissante sur $]0~;~+\infty[$.

 Par ailleurs $\limi{x}{0}g(x)=1$ et $\limi{x}{+\infty}g(x)=-\infty$.
 
On sait que $g$ est strictement décroissante sur $]0 ~;~ + \infty[$ et s'annule en 1.

Donc si $x < 1$, alors $g(x) > g(1)$ soit $g(x) > 0$ et de même si $x > 1$, alors $g(x) < g(1)$ donc $g(x) < 0$.

Conclusion: sur $]0~;~+ \infty[,  g(x) = 0 \iff  x = 1$.
\end{itemize}
\item La tangente cherchée est $T_1$, elle a pour équation $y = 2(x - 1) + 2$, c'est-à-dire

\(y = 2x\)
\end{enumerate}

\smallskip

\textbf{Partie C : calcul d'aire}

\smallskip

\begin{enumerate}
\item Voir annexe 1.
\item Posons $\left\{ \begin{array}{rcl} u^{\prime}(x)&=&\e^{x-1}\\ v(x)&=&x\end{array}\right.$, et $\left\{\begin{array}{rcl}u(x)&=&\e^{x-1}\\ v^{\prime}(x)&=&1\end{array}\right.$. 

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur $[0~;~1]$, les fonctions $u'$ et $v'$ sont continues sur $[0~;~1]$, le théorème d'intégration par parties s'applique donc, et :

\[
I=\left[x\e^{x-1}\right]_0^1-\int_0^1\e^{x-1}\text{d}x =
\left[x\e^{x-1}\right]_0^1 - \left[\e^{x-1}\right]_0^1 = (1-0)-\left(1-\e^{-1}\right) = \frac{1}{\e}.
\]
\item Sur $[0~;~1]$ $\mathcal{C}$ est au dessus de $\Delta$, donc l'aire $\mathcal{A}$ du domaine considéré est:
\begin{eqnarray*}
\mathcal{A}&=& \int_0^1\left(f(x) - 2x\right)\text{d}x\\
&=&\int_0^1\left(x\e^{x-1} + 1 - 2x\right)\text{d}x\\
&=&I+\int_0^1\left(1 - 2x\right)\text{d}x\qquad\text{ (par linéarité)}\\
&=&I+\left[x - x^2\right]_0^1\\
&=&\dfrac{1}{\e}+(1 - 1)
\end{eqnarray*}
Finalement: $\mathcal{A}=\dfrac{1}{\e}$ (en unités d'aire).

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Voir figure sur l'annexe 2.
\item On a:
\[
\dfrac{b}{a}=\dfrac{-2-\i}{-1+2\i}=\dfrac{(-2-\i)(-1-2\i)}{1^2+2^2}=\dfrac{2+4\i+\i-2}{5}=\i.
\]
On en déduit:
\begin{itemize}
\item $\dfrac{OB}{OA}=\left|\dfrac{b - 0}{a - 0}\right| = \left|\i\right| = 1$, d'où $OA = OB$ ;
\item $\left(\vect{OA}~;~\vect{OB}\right)=\arg\left(\dfrac{b - 0}{a - 0}\right) = \arg(\i)=\dfrac{\pi}{2}~~(2\pi)$.
\end{itemize}
Les deux points précédents permettent de conclure que le triangle $OAB$ est rectangle et isocèle en $O$.
\item 
\begin{enumerate}
\item
L'affixe de $C'$ est: $c'=\dfrac{-3 + \i + 1 - 2\i}{-3 + \i + 2 + \i}=\dfrac{-2 - \i}{-1 + 2\i}=\i$ (calcul fait plus haut).
\item On a:
\begin{eqnarray*}
M\in\mathcal{E} &\Longleftrightarrow& z \neq b\text{ et }\left\vert z'\right\vert=1\\
&\Longleftrightarrow&z \neq b\text{ et }\left\vert\dfrac{z-a}{z-b}\right\vert=1\\
&\Longleftrightarrow&M \neq B\text{ et }\dfrac{AM}{BM}=1
\end{eqnarray*}

L'ensemble $\mathcal{E}$ est donc la médiatrice du segment $[AB]$.
\item $C\in\mathcal{E}$ car $c' = i$, donc $\left\vert c'\right\vert = 1$. 

De même $O\in\mathcal{E}$ car $OA=OB$ (le triangle $OAB$ est isocèle en $O$). La médiatrice $\mathcal{E}$ n'est donc rien d'autre que la droite $(OC)$. 
\end{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item La rotation $r$ a pour écriture complexe $z' = -\i z$, on en déduit que $J$ a pour affixe $j=-\i a = 2 + \i$.
\item La rotation $r'$ a pour écriture complexe $z'=\i z$, on en déduit que $K$ a pour affixe $k= \i c = -1 - 3\i$.
\item $L$ est milieu de $[KJ]$ donc $L$ a pour affixe $\ell = \dfrac{k+j}{2} = \dfrac12 - \i$.
\item
La médiane issue de $O$ du triangle $OJK$ est la droite $(OL)$ et on a $\vect{OL}\left(\dfrac12~;~-1\right)$.\\
On a également $\vect{AC}(-2~;~-1)$, donc $\vect{AC}\cdot\vect{OL}=-2\times\dfrac12+(-1)\times(-1)=0$. Ainsi $(OL)\perp(AC)$, ce qui prouve que la droite $(OL)$ est la hauteur issue de $O$ du triangle $OAC$.
\end{itemize}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip


\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
\item $u_2=\dfrac{1 + 1}{2\times 1}u_1=\dfrac12$\\
\item $u_3=\dfrac{2 + 1}{2\times 2}u_2=\dfrac34\times\dfrac12=\dfrac38$\\
\item $u_4=\dfrac{3 + 1}{2\times 3}u_3=\dfrac46\times\dfrac38=\dfrac14$
\end{itemize}
\item 
\begin{enumerate}
\item Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel $n$ non nul, $u_n > 0$.
\begin{itemize}
\item \emph{Initialisation.} $u_1=\dfrac12>0$, la propriété est vraie au rang 1.
\item \emph{Hérédité.} Soit $n$ entier naturel  non nul tel que  $u_n > 0$, alors, comme $\dfrac{n+1}{2n}>0$, on a $\dfrac{n+1}{2n}u_n>0$, c'est-à-dire 

$u_{n+1} > 0$, et la propriété est donc héréditaire.
\item \textbf{Conclusion.} La propriété est vraie au rang 1 et si elle est vraie au rang $n \geqslant 1$, elle est vraie au rang suivant : d'après le principe de récurrence pour tout entier naturel $n$ non nul: $u_n > 0$.
\end{itemize}
\item Soit $n \in \N^*$, alors $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{n + 1}{2n}=\dfrac{n + 1}{n + n}\leqslant 1$. Comme $u_n > 0$ on en déduit que $u_{n+1} \leqslant u_n$ et donc que la suite $(u_n)$ est décroissante.
\item La suite $\left(u_n\right)$ est décroissante, minorée (par $0$), elle est donc convergente vers une limite $\ell \geqslant 0$.
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit $n \in \N^*$, alors : $v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}}{n+1} = \dfrac{\frac{n + 1}{2n}u_n}{n + 1}=\dfrac12\times\dfrac{1}{n}u_n=\dfrac12v_n$. La suite $(v_n)$ est donc une suite géométrique de raison $\dfrac12$ et de premier terme $v_1 = u_1 = \dfrac12$.
\item Par propriété des suites géométriques, pour tout $n\in\N^*$: 

$v_n=\left(\dfrac12\right)^{n-1} v_1 = \dfrac{1}{2^n}$, on en déduit, comme $v_n=\dfrac{u_n}{n}$, que $u_n=\dfrac{n}{2^n}$. 
\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On peut écrire, pour tout réel $x\in[1~;~+\infty[$: $f(x)=x\left(\dfrac{\ln x}{x}-\ln 2\right)$. On sait que $\limi{x}{+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$ (croissances comparées), donc, par opérations sur les limites: $\limi{x}{+\infty}f(x)=-\infty$.
		\item Soit $n\in\N^*$, alors $\ln u_n=\ln\left(\dfrac{n}{2^n}\right)=\ln n-\ln\left(2^n\right)=\ln n-n\ln 2=f(n)$.\\ On en déduit que: $\limi{n}{+\infty} \ln u_n=-\infty$, puis, par application de la fonction exponentielle et de la limite d'une composée: $\limi{n}{+\infty}u_n=0$.

\smallskip

\textbf{Remarque.} On aurait pu déterminer la limite $\ell$ de la suite $\left(u_n\right)$ dès la question 2. c. En effet la relation $u_{n+1}=\dfrac{n+1}{2n}u_n$ entraîne que, lorsque $n$ tend vers $+ \infty$, $\ell=\dfrac12\ell$ et donc que $\ell=0$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item On a $11\times 4 - 5\times 6 = 44-30 = 14$, donc le couple $(4~;~6)$ est solution de (E).
\item 
\begin{itemize}
\item Soit $(x~;~y)$ une solution de (E), alors $11x-5y=14=11\times 4-5\times 6$, donc:
\begin{equation}
\tag{E'}
11(x - 4) = 5(y - 6)
\end{equation}
5 divise $11(x - 4)$ et $\text{PGCD}(5~,~11) = 1$, donc, d'après le théorème de Gauss, 5 divise $x - 4$, c'est-à-dire qu'il existe un entier $k \in \Z$ tel que: $x - 4 = 5k$.
En remplaçant dans (E') $x - 5$ par $5k$ on a alors, après simplification par 5 : $11k = y - 6$, ce qui donne finalement 

$(x~;~y) = (4 + 5k~;~6 + 11k)$.
\item Réciproquement, pour tout $k\in\Z$ les couples $(4 + 5k~;~6 + 11k)$ sont solutions de (E) car: 
\[
11(4 + 5k) -5(6 + 11k)= 44 + 55k - 30 - 55k = 14.
\]
\item Conclusion : l'ensemble des solutions de (E) est 

$\Big\{(4 + 5k~;~6 + 11k)\text{ où }k \in \Z\Big\}$.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $2^3 = 8$ et $8 \equiv 1~(7)$ donc $2^3 \equiv 1~(7)$ et, pour tout $n \in \N$: $\left(2^3\right)^n\equiv 1^n~(7)$, c'est-à-dire: $2^{3n}\equiv 1~(7)$.
\item $2011 = 287\times 7 + 2$, donc $2011 \equiv 2~(7)$, par conséquent:
$2011^{2012} \equiv 2^{2012}~(7)$. \\
Par ailleurs $2012 = 3\times 670+2$, donc:
\begin{eqnarray*}
2011^{2012}&\equiv& 2^{2012}~(7)\\
&\equiv& 2^{3\times 670+2}~(7)\\
&\equiv& 2^{3\times 670}\times 2^2~(7)\\
&\equiv& 1\times 4~(7)\\
&\equiv& 4~(7)
\end{eqnarray*}
et comme $0\leqslant 4 < 7$, on peut conclure que le reste dans la division euclidienne de $2011^{2012}$ par $7$ est égal à 4.

\end{enumerate}
\item L'écriture complexe de $f$ est de la forme $z' = az+b$ avec $a = \dfrac32(1-\i) \in \C^*$ et $b = 4-2\i\in\C$. Il s'agit donc d'une similitude directe. Notons $k$ son rapport, $\alpha$ son angle et $\Omega$ d'affixe $\omega$ son centre. Alors:
\begin{itemize}
\item $k = \left\vert a\right\vert = \left\vert\dfrac32(1-\i)\right\vert = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$;
\item $\alpha = \arg(a) = \arg\left(\dfrac32\right) + \arg(1-\i)=0-\dfrac{\pi}{4} = -\dfrac{\pi}{4}$ (modulo $2\pi$);
\item $\omega$ est donné par:
\begin{eqnarray*}
\omega&=&\dfrac{b}{1 - a}\\
&=&\dfrac{4 - 2\i}{1- \frac32 + \frac32\i}\\
&=&\dfrac{4 - 2\i}{-\frac12 + \frac32\i}\\
&=&\dfrac{8 - 4\i}{-1 + 3\i}\\
&=&\dfrac{(8 - 4\i)(-1-3\i)}{(-1)^2 + (-3)^2}\\
&=&\dfrac{-8 - 24\i+4\i - 12}{10}\\
&=&- 2 - 2\i.
\end{eqnarray*}

\end{itemize}
\item 
Avec $A = 12$, la boucle \og tant que\fg{} de l'algorithme est répétée 3 fois (car 

$\sqrt{12}\simeq 3,4$):
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
$N$ & $A/N$ & $\text{Ent}(A/N)$ & $A/N-\text{Ent}(A/N) \stackrel{?}{=} 0$ & Affichage \\
\hline
1 & 12 & 12 & oui & \fbox{N=1}\quad\fbox{A/N=12}\\
\hline
2 & 6 & 6 & oui & \fbox{N=2}\quad\fbox{A/N=6}\\
\hline
3 & 4 & 4 & oui & \fbox{N=3}\quad\fbox{A/N=4}\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
Le test \og si $\frac{A}{N}-\text{Ent}\left(\frac{A}{N}\right)=0$ \fg{} sert en fait à détecter si la division de $A$ par $N$ \og tombe juste\fg{}, c'est-à-dire si $N$ divise $A$. Si c'est le cas on affiche $N$ et $\frac{A}{N}$ qui sont alors tous deux des diviseurs de $A$ avec $N\leqslant \sqrt{A}$ et $\frac{A}{N}\geqslant \sqrt{A}$.

Au final cet algorithme permet donc d'afficher \textbf{tous les diviseurs de $A$}.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Candidats n'ayant pas choisi l'enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Notons:
\begin{itemize}
\item $F$ l'évènement \og l'élève choisi est une fille\fg{};
\item $C$ l'évènement \og l'élève choisi déjeune à la cantine\fg{}.
\end{itemize}
D'après l'énoncé:
\[
p(F)=\np{0,55}
\qquad
p_F(C)=\np{0,35}
\qquad
p_{\overline{F}}(C)=\np{0,30}.
\]

On peut dresser l'arbre suivant :

\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesep=2.5pt]{\Tdot}
{
	\pstree{\TR{$F$}\taput{$0,55$}}
		{
\TR{$C$}\taput{$0,35$}
\TR{$\overline{C}$}\tbput{$0,65$}
 		}
	\pstree{\TR{$\overline{F}$}\tbput{$0,45$}}
		{
\TR{$C$}\taput{$0,30$}
 \TR{$\overline{C}$}\tbput{$0,70$}
 		}
}
\end{center}

On a alors :
\[
p\left(\overline{C}\right) = 1 - p(C) = 1 - \left(\np{0,55}\times\np{0,35} + \np{0,45}\times\np{0,30}\right) = \np{0,6725}.
\]
\item Il s'agit de tirages simultanés, le nombre total de tirages de 3 jetons parmi 10 est donc de $\binom{10}{3}=120$. Parmi ces 120 tirages, il y a $\binom{5}{3}=10$ tirages où les trois numéros sont impairs. Le nombre de tirages avec au moins un jeton à numéro pair est donc égal à $120 - 10 = 110$.
\item $Y$ suit la loi $\mathcal{B}\left(20~,~\frac15\right)$, donc:
\begin{eqnarray*}
p(Y\geqslant 2)&=&1 - p\left(\overline{Y < 2}\right)\\
&=&1 - \left[p(Y = 0) + p(Y = 1)\right]\\
&=&1 - \left[\binom{20}{0}\left(\frac15\right)^0\left(\frac45\right)^{20} + \binom{20}{1}\left(\frac15\right)^1\left(\frac45\right)^{19}\right]\\
&=&1 - \left[\dfrac{4^{20}+ 20\times 4^{19}}{5^{20}}\right]\\
&\simeq& \np{0,931} \text{ à }10^{-3}\text{ près}
\end{eqnarray*}
\item L'évènement \og l'appareil présente au moins l'un des deux défauts\fg{} est l'évènement $A\cup F$. \\
On a: $p(A\cup F)=p(A)+p(F)-p(A\cap F)$, et comme $A$ et $F$ sont indépendants, cela donne: $p(A\cup F)=p(A)+p(F)-p(A)p(F)$ d'où l'équation:
\begin{eqnarray*}
\np{0,069}=\np{0,02}+p(F)-\np{0,02}p(F)
&\Longleftrightarrow& \np{0,049}=\np{0,98}p(F)\\
&\Longleftrightarrow& p(F)=\dfrac{\np{0,049}}{\np{0,98}}\\
&\Longleftrightarrow& p(F)= \np{0,05}.
\end{eqnarray*}

\item L'algorithme affiche le nombre de fois où le tirage aléatoire d'un numéro entre 1 et 7 donne un résultat strictement supérieur à 5 lors de 9 tirages. On peut assimiler ces 9 tirages indépendants à un schéma de Bernoulli où l'évènement \og succès\fg{} est \og le numéro obtenu est strictement supérieur à 5 \fg, alors la variable aléatoire $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n = 9$ et $p = \dfrac{2}{7}$ (probabilité qu'un nombre entier entre 1 et 7 soit strictement supérieur à 5). 
\end{enumerate}

%: annexe 1
\newpage
\begin{center}
\large{\textbf{ANNEXE 1\\ Exercice 1}}
\end{center}

\vspace{3cm}

\begin{center}

\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture*}(-4,-1.1)(2.1,5.1)
\psgrid[subgriddiv=0,gridlabels=0,gridcolor=lightgray](0,0)(-4,-1)(2,5)
\psset{algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=1,linewidth=1pt](0,0)(-4,-1)(2,5)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=1,linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\pscustom[hatchcolor=lightgray,fillstyle=hlines,hatchangle=45.0,hatchsep=0.1]{\psplot{0}{1}{x*EXP(x-1)+1}\lineto(1,2)\psplot{1}{0}{2*x}\lineto(0,1)\closepath}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-4}{1.8}{x*EXP(x-1)+1}
\psplot{-3}{2}{(-0--2*x)/1}
\uput[0](0,0.7){$\mathcal{A}$}
\uput[90](-2,1){\blue $\mathcal{C}$}
\uput[-45](1.5,3){$\Delta$}
\end{pspicture*}

\end{center}

%: annexe 2
\newpage
\begin{center}
\large{\textbf{ANNEXE 2\\ Exercice 2}}
\end{center}
\vspace{3cm}
\begin{center}
\psset{xunit=2.0cm,yunit=2.0cm}
\begin{pspicture*}(-4,-4)(3,3)
\psgrid[subgriddiv=0,gridlabels=0,gridcolor=lightgray](0,0)(-4,-4)(3,3)
\psset{xunit=2.0cm,yunit=2.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=1]{->}(0,0)(-4,-3.99)(3,3)
\psline(0,0)(-2,-1)
\psline(-2,-1)(-1,2)
\psline(-1,2)(0,0)
\psplot[linestyle=dashed,dash=4pt 4pt]{-4}{3}{(--5--1*x)/2}
\psplot[linestyle=dashed,dash=4pt 4pt]{-4}{3}{(-0--1*x)/-0.5}
\psline(-3,1)(-1,2)
\psline(-1,2)(0,0)
\psline(0,0)(-3,1)
\begin{scriptsize}
\psdots[dotstyle=x](-1,2)
\rput[bl](-0.93,2.19){$A$}
\psdots[dotstyle=x](-2,-1)
\rput[bl](-2.19,-1.27){$B$}
\psdots[dotstyle=x](-3,1)
\rput[bl](-3.2,1.17){$C$}
\psdots[dotstyle=x](0,0)
\rput[bl](0.06,0.09){$O$}
\psdots[dotstyle=x](2,1)
\rput[bl](2.07,1.09){$J$}
\psdots[dotstyle=x](-1,-3)
\rput[bl](-0.93,-2.91){$K$}
\psdots[dotstyle=x](0.5,-1)
\rput[bl](0.57,-0.9){$L$}
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,1)\uput[180](0,0.5){$\vect{v}$}
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,0)\uput[-90](0.5,0){$\vect{u}$}

\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
\end{center}

\end{document}