 \documentclass[a4paper,10pt,french]{article}
\linespread{1}

\title{Chapitre 1 : Les nombres complexes 1/2 }
\author{D. Zancanaro \and C. Aup\'erin}
\date{2012-2013}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
\input macrodwicky.tex
\geometry{verbose,letterpaper,tmargin=2cm,bmargin=2cm,lmargin=2cm,rmargin=2cm}

\newcommand{\ch}{Chapitre 1-9}
\newcommand{\Ch}{DS commun}
\newcommand{\Cl}{1 S}
\newcommand{\Annee}{2012-2013}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Premiere page
\begin{document}
\pagestyle{styleDav}
\fancyhead{\href{http://www.wicky-math.fr.nf}{wicky-math.fr.nf}}
%\renewcommand{\chaptermark}[1]{\markboth{#1}{}} \renewcommand{\sectionmark}[1]{\markright{#1}}
\lhead{Chapitre 1-9}
\rhead{DS commun}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune

\Cr{Correction du devoir devoir commun 2}

\Exop[$6$ points]{
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que polynôme et $$f'(x)=6x^2-120x+450$$
Étudions le signe de $f'(x)$ afin d'établir le tableau de signe de $f'(x)$ puis le tableau de variations de $f$:
\\$\Delta=(-120)^2-4\times 6\times 450=3600>0$ donc $f'(x)$ admet deux racines : $x_1=5$ et $x_2=15$ 
%:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.875]
% Styles 
\tikzstyle{cadre}=[thin]
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thin]
\tikzstyle{nondefini}=[lightgray]
% Dimensions Modifiables
\def\Lrg{1.5}
\def\HtX{1}
\def\HtY{0.5}
% Dimensions Calculées
\def\lignex{-0.5*\HtX}
\def\lignef{-1.5*\HtX}
\def\separateur{-0.5*\Lrg}
% Largeur du tableau
\def\gauche{-1.5*\Lrg}
\def\droite{6.5*\Lrg}
% Hauteur du tableau
\def\haut{0.5*\HtX}
\def\bas{-2.5*\HtX-2*\HtY}
% Ligne de l'abscisse : x
\node at (-1*\Lrg,0) {$x$};
\node at (0*\Lrg,0) {$0$};
\node at (2*\Lrg,0) {$5$};
\node at (4*\Lrg,0) {$15$};
\node at (6*\Lrg,0) {$20$};
% Ligne de la dérivée : f'(x)
\node at (-1*\Lrg,-1*\HtX) {$f'(x)$};
\node at (0*\Lrg,-1*\HtX) {$$};
\node at (1*\Lrg,-1*\HtX) {$+$};
\node at (2*\Lrg,-1*\HtX) {$0$};
\node at (3*\Lrg,-1*\HtX) {$-$};
\node at (4*\Lrg,-1*\HtX) {$0$};
\node at (5*\Lrg,-1*\HtX) {$+$};
\node at (6*\Lrg,-1*\HtX) {$$};
% Ligne de la fonction : f(x)
\node  at (-1*\Lrg,{-2*\HtX+(-1)*\HtY}) {$f(x)$};
\node (f1) at (0*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$0$};
\node (f2) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$1000$};
\node (f3) at (4*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$0$};
\node (f4) at (6*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$1000$};
% Flèches
\draw[fleche] (f1) -- (f2);
\draw[fleche] (f2) -- (f3);
\draw[fleche] (f3) -- (f4);
% Encadrement
\draw[cadre] (\separateur,\haut) -- (\separateur,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\haut) rectangle  (\droite,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\lignex) -- (\droite,\lignex);
\draw[cadre] (\gauche,\lignef) -- (\droite,\lignef);
\end{tikzpicture}
\end{center}
%:-+-+-+-+- Fin

%:>>>>> code du tableau à ré-injecter
%[
%	["x", "f'(x)", "f(x)"],
%	["0", "", "+", "0"],
%	["5", "0", "-", "1000"],
%	["15", "0", "+", "0"],
%	["20", "", "?", "1000"]
%]
\item \underline{Equation de la tangente au point d'abscisse $0$}: $$y=f'(0)(x-0)+f(0)\Leftrightarrow y=450x$$
\item Il suffit de résoudre $$f(x)=0\Leftrightarrow 2x^3-60x^2+450x=0 \Leftrightarrow x(2x^2-60x+450)=0 \Leftrightarrow x=0\text{ ou }2x^2-60x+450=0$$
Pour $2x^2-60x+450=0$ : $\Delta=0$ et donc ce trinôme n'a qu'une racine : $x=\dfrac{-b}{2a}=15$
\\Ainsi $\mathscr C_f$ a deux points d'intersection avec l'axe des abscisses : $$O(0;0)\text{ et }A(15;0)$$
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On sait que $$2y+2x=30\Leftrightarrow y+x=15 \Leftrightarrow y=15-x$$
La hauteur correspond à la largeur de la feuille privée des bandes découpées donc $$\text{hauteur}=30-2x$$
\item Par définition du volume d'un parallélépipède rectangle:$$V(x)=\text{base}\times \text{hauteur}=x\times y\times \text{hauteur}=x(15-x)(30-2x)=(15x-x^2)(30-2x)=-2x^3-60x^2+450x$$
\item Par lecture du tableau de variations de la question $1.$, le volume de la boite est maximal pour $x=5$ et le volume vaut alors $1000cm^3=1l$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
}
\pagebreak
\Exop{\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $u_0=1$ donc $v_0=-5$\\$u_1=\dfrac{1}{3}\times 1+4=\dfrac{13}{3}$ donc $v_1=\dfrac{13}{3}-6=\dfrac{-5}{3}$\\$u_2=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{13}{3}+4=\dfrac{13}{9}+\dfrac{36}{9}=\dfrac{49}{9}$ donc $v_0=\dfrac{49}{9}-6=\dfrac{49}{9}-\dfrac{54}{9}=\dfrac{-5}{9}$
\\La suite $\left (v_n \right)$ semble géométrique de raison $\dfrac{1}{3}$.
\item $$v_{n+1}=u_{n+1}-6=\dfrac{1}{3}u_n+4-6=\dfrac{1}{3}u_n-2=\dfrac{1}{3}(u_n-6)=\dfrac{1}{3}v_n$$
\item D'après les deux questions précédentes, la suite $\left (v_n \right)$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{3}$ et de premier terme $v_0=-5$ ainsi:$$v_n=-5\left (\dfrac{1}{3} \right)^n$$
\item Comme $v_n=u_n-6$, on sait que $u_n=v_n+6$ et donc d'après la question précédente: $$u_n=-5\left (\dfrac{1}{3} \right)^n+6$$
\item Comme $-1<\dfrac{1}{3}<1$,  $\lim\limits_{n\to +\infty} \left (\dfrac{1}{3} \right)^n = 0$ et donc $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n =6$
\end{enumerate}
\item La suite $\left (v_n \right)$ étant géométrique de raison $\dfrac{1}{3}$:
$$S=v_0\dfrac{1-q^{\text{nombre de termes}}}{1-q}=-5\dfrac{1-\left (\dfrac{1}{3} \right)^{11}}{1-\left (\dfrac{1}{3} \right)}=-5\dfrac{1-\left (\dfrac{1}{3} \right)^{11}}{\dfrac{2}{3}}=\dfrac{-15}{2}\left (1-\left (\dfrac{1}{3} \right)^{11}\right )=\dfrac{-442865}{59049}\simeq -7,5$$
\item 
\begin{enumerate}
\item Cet algorithme permet de calculer la somme $v_0+v_1+\dots+v_n$
\item Il suffit de remplacer:\begin{itemize}
\item $S:=-5$ par $S:=1$
\item $S:=S-5\left(\dfrac{1}{3}\right)^i$ par $S:=S-5\left(\dfrac{1}{3}\right)^i+6$
\end{itemize}
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item D'après la définition $ nw_n=(n+1)w_{n-1}+1$, il suffit de remplacer $n$ par $6$, on obtient 
$$6w_6=(6+1)w_{6-1}+1\Leftrightarrow 6w_6=7w_{5}+1\Leftrightarrow 6w_6=7\times 11+1\Leftrightarrow 6w_6=78\Leftrightarrow w_6=\dfrac{78}{6}=13$$
\item La suite $\left (w_n \right)$ est arithmétique de raison $2$ et de premier terme $w_0=1$.Ainsi $$w_9=w_0+2009\times 2=1+2009\times 2=4019$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
}
\pagebreak
\Exop{\begin{enumerate}
\item On choisit un écran au hasard à la sortie de la chaîne de fabrication.
\begin{enumerate}
\item
%:-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/Arbre/
\begin{center}
% Racine à Gauche, développement vers la droite
\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
% Styles (MODIFIABLES)
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thick]
\tikzstyle{noeud}=[fill=yellow,circle,draw]
\tikzstyle{feuille}=[fill=yellow,circle,draw]
\tikzstyle{etiquette}=[midway,fill=white,draw]
% Dimensions (MODIFIABLES)
\def\DistanceInterNiveaux{3}
\def\DistanceInterFeuilles{2}
% Dimensions calculées (NON MODIFIABLES)
\def\NiveauA{(0)*\DistanceInterNiveaux}
\def\NiveauB{(1.5)*\DistanceInterNiveaux}
\def\NiveauC{(2.5)*\DistanceInterNiveaux}
\def\InterFeuilles{(-1)*\DistanceInterFeuilles}
% Noeuds (MODIFIABLES : Styles et Coefficients d'InterFeuilles)
\node[noeud] (R) at ({\NiveauA},{(1)*\InterFeuilles}) {};
\node[feuille] (Ra) at ({\NiveauB},{(0)*\InterFeuilles}) {$C_1$};
\node[noeud] (Rb) at ({\NiveauB},{(1.5)*\InterFeuilles}) {$\overline{C_1}$};
\node[feuille] (Rba) at ({\NiveauC},{(1)*\InterFeuilles}) {$C_2$};
\node[feuille] (Rbb) at ({\NiveauC},{(2)*\InterFeuilles}) {$\overline{C_2}$};
% Arcs (MODIFIABLES : Styles)
\draw[fleche] (R)--(Ra) node[etiquette] {$0.7$};
\draw[fleche] (R)--(Rb) node[etiquette] {$0.3$};
\draw[fleche] (Rb)--(Rba) node[etiquette] {$0.65$};
\draw[fleche] (Rb)--(Rbb) node[etiquette] {$0.35$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
%:-+-+-+-+- Fin
\item $p(C_1)=0.7$ et $p(C_2)=p(\overline{C_1}\cap C_2)=0.3\times 0.65=0.195$.
\item La probabilité que l'écran plasma soit détruit correspond à $p(\overline{C_1}\cap \overline{C_2})=0.3\times 0.35=0,105$.
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item tableau
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
valeurs $x_i$ prises par $X$ : & $a-1000$ & $a-1050$ & $-1050$ & Total\\ \hline
$p(X=x_i)$ : &$0.7$ & $0.195$& $0.105$&  $1$\\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
$p(X=a-1000)=p(C_1)=0.7$ : si le premier test est positif, l'écran ne coute que $1000$ euros en rapporte $a$.
\\$p(X=a-1050)=p(C_2)=0.195$ : si le premier test est négatif et le deuxième test positif, l'écran  coute $1050$ euros en rapporte $a$
\\$p(X=-1500)=p(\overline C_2)=0.105$ : si le premier test et le deuxième test sont négatifs, l'écran  coute $1050$ euros et ne rapporte rien
\item $$E(X)=(0.7)(a-1000)+0.195(a-1050)+0.105\times 1050=0.7a-700+0.195a-204.75-110.25=0,895a-1015$$
\item L'entreprise peut espérer réaliser des bénéfices pour $$E(X)>0\Leftrightarrow 0,895a-1015>0\Leftrightarrow a>\dfrac{1015}{0.895}$$
A partir de $a=1134.08$ euros, l'entreprise peut espérer des bénéfices.
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
		\item On répète \textbf{$7$ fois} la même expérience \og tester un écran plasma\fg dans des conditions identiques.
		\item Chaque test d'écran (expérience) n'a que deux issues : 
		\begin{itemize}
						\item $S$:\og l'écran finit à la déchetterie \fg $p(S)=0.105$
						\item $\overline{S}$:\og l'écran est acheminé chez le client \fg $p(\overline{S})=0.895$
				\end{itemize}
					\item Les expériences sont indépendantes
		\end{itemize}
		La variable aléatoire $Y$ qui compte le nombre d'écran qui finissent à la déchetterie  suit une loi binomiale de paramètres $7$ et $0.105$.
%\item Calculer la probabilité qu'aucun écran plasma ne finissent à la déchetterie.
\item $p(Y=3)=\binom{7}{3}\times 0.105^3\times 0.895^4\simeq 0.026$.
\item Au moins un écran plasma est sauvé de la déchetterie correspond à $Y\leq 6$
$$p(Y\leq 6)=1-p(X=7)=1-\binom{7}{7}\times 0.105^7\times 0.895^0=1-0.105^7\simeq 1$$
\item $E(Y)=n\times p=7\times 0.105\simeq 0.735$ .\\En moyenne $0.735$ écrans sur $7$ sont détruits.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
}
\pagebreak


\Exop{\hfill (6 points)\\}
\begin{footnotesize}
On considère un repère orthonormé dans lequel :
$$ A(0;0)\qquad B(1,0)\qquad C(1;1)\qquad D(0;1)\qquad E\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$$\end{footnotesize} 
\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}Réaliser une figure que l'on complètera tout au long de l'exercice.\end{footnotesize}
\item \begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Rappeler les valeurs de $\cos \dfrac{\pi}{3}$ et $\sin \dfrac{\pi}{3}$. Que constate-t-on ?\end{footnotesize}
$$ \cos \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}\qquad \text{et}\qquad \sin \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$$
On constate qu'il s'agit des coordonnées du point $E$, ce qui signifie qu'il est sur le cercle trigonométrique. 
\item \begin{footnotesize}
Calculer les longueurs $AE$ et $AB$. En déduire que les points $B$ et $E$ appartiennent à un même cercle $\mathscr C$ dont on donnera le centre et le rayon.
\end{footnotesize} 
\\
$\overline{AE}\left(0,5;\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ donc $AE=1$ ($E$ est sur le cercle trigonométrique.) De plus $\overrightarrow{AB}(1;0)$ donc $AB=1$. Les points $B$ et $E$ sont sur le cercle de centre $A$ et de rayon $1$.
\item \begin{footnotesize} Donner, en justifiant, la nature du triangle $AEB$.\end{footnotesize} 
\\
$AE=AB$ donc $AEB$ est isocèle, de plus $E\left(\cos \dfrac{\pi}{3};\sin \dfrac{\pi}{3}\right)$ donc le triangle $AEB$ possède un angle qui mesure $\dfrac{\pi}{3}$ rad, on en déduit que $AEB$ est équilatéral.
\end{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
On donne les points $F\left(\dfrac{2+\sqrt{3}}{2};\dfrac{1}{2}\right)$ et $G\left(\dfrac{1+\sqrt{3}}{2};\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)$\end{footnotesize} 
\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize} Calculer les coordonnées de $\overrightarrow{BG}$ et $\overrightarrow{DE}$ .\end{footnotesize} 
$$\overrightarrow{BG}\left(\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}-1;\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)\Longleftrightarrow \overrightarrow{BG}\left(\dfrac{-1+\sqrt{3}}{2};\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right) $$
En ce qui concerne $\overrightarrow{DE}$ on trouve :
$$ \overrightarrow{DE}\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{\sqrt{3}-2}{2}\right)$$
\item \begin{footnotesize}Calculer $\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{BG}$. Que peut-on en déduire ?\end{footnotesize} 
$$\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{BG}= \dfrac{1}{2}\times \dfrac{-1+\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{\sqrt{3}-2}{2}=0$$
Ainsi $(DE)\perp (BG)$.
\item \begin{footnotesize} Déterminer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{DF}$.\end{footnotesize} 
$$ \overrightarrow{DF}\left(\dfrac{2+\sqrt{3}}{2};-\dfrac{1}{2}\right)$$
\item \begin{footnotesize}En déduire que les points $D$, $E$ et $F$ sont alignés.
\end{footnotesize} 
\\On vérifie si les vecteurs $\overrightarrow{DE}$ et $ \overrightarrow{DF}$ sont colinéaires
$$ \dfrac{2+\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{\sqrt{3}-2}{2} - \left[-\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}\right]=0$$
Les vecteurs $\overrightarrow{DE}$ et $ \overrightarrow{DF}$ sont colinéaires, il suit que les points $D$, $E$ et $F$ sont alignés.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
%\textbf{On réalisera une figure que l'on complètera tout au long de l'exercice.}\\
%Dans un repère orthonormal on se donne :
%$$ A(\sqrt{2};\sqrt{2})\qquad B(-\sqrt{2};\sqrt{2})\qquad C(-\sqrt{2};-\sqrt{2})\qquad D(\sqrt{2};-\sqrt{2})\qquad O(0;0)$$
%\begin{enumerate}
%\item \begin{enumerate}
%\item Calculer $AO$ ; $BO$ ; $CO$ et $DO$.
%\item En déduire que les points $A$, $B$, $C$ et $D$ sont sur un même cercle $\mathscr C$ de centre $O$ et préciser le rayon de $\mathscr C$.
%\end{enumerate}
%\item Démontrer que le quadrilatère $ABCD$ est un carré.
%\item Soit $M$ et $N$ deux points tels que $\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{CA}$ et $\overrightarrow{BN}=2\overrightarrow{DB}$.
%\begin{enumerate}
%\item Déterminer les coordonnées des points $M$ et $N$.
%\item Démontrer que le quadrilatère $BNMA$ est un trapèze.
%\end{enumerate}
%\item Démontrer que $O$, $A$ et $M$ sont alignés.
%\end{enumerate}
%}
%}

\Exop{\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item \begin{tabular}[t]{lcl}
$\overrightarrow{IA}\cdot\overrightarrow{CE}$ & $=$ & $-IA\times CE$ car les vecteurs $\overrightarrow{IA}$ et $\overrightarrow{CE}$ sont colinéaires  et de sens contraires\\
 & $=$ & $-2\times 2=4$ car $IA=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{4}{2}$ et $CE=CB=DA=2$
\end{tabular} 
\\
\begin{tabular}[t]{lcl}
$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}$ & $=$ & $AD\times BC$ car les vecteurs $\overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires de même sens \\
 & $=$ & $2\times 2=4$ 
\end{tabular} 
\item \begin{tabular}[t]{lcl}
$\left (\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AD}\right )\cdot\left (\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CE}\right )$ & $=$ & $\overrightarrow{IA}\cdot\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{IA}\cdot\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{CE}$\\
 & $=$ & $0-4+4+0$ car $\overrightarrow{IA}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont orthogonaux ainsi que $\overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{CE}$\\&$=$&$0$
\end{tabular} 
\\Les droites $(ID)$ et $(BE)$ sont donc perpendiculaires.
\item \begin{tabular}[t]{lcl}
$\overrightarrow{ID}\cdot\overrightarrow{IB}$ & $=$ & $\overrightarrow{IA}\cdot\overrightarrow{IB}$ car $A$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(IB)$\\
 & $=$ &$-IA\times IB=-4$
\end{tabular} 
\item $\overrightarrow{ID}\cdot\overrightarrow{IE}=\overrightarrow{ID}\cdot\left (\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BE}\right)=\overrightarrow{ID}\cdot\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{ID}\cdot\overrightarrow{BE}=-4+0=-4$
\item D'après la théorème de Pythagore dans le triangle $ADI$ en $A$:
$$AD^2+AI^2=DI^2\Leftrightarrow DI^2=2^2+2^2=8 \Leftrightarrow DI=\sqrt{8}$$
 ainsi en calculant d'une autre façon $\overrightarrow{ID}\cdot\overrightarrow{IE}$ en en utilisant la question précédentes: $$\overrightarrow{ID}\cdot\overrightarrow{IE}=ID\times IE\ cos \widehat{DIE}\Leftrightarrow -4=\sqrt{8}\times 2\sqrt{5}\ cos \widehat{DIE}\Leftrightarrow \ cos \widehat{DIE}=\dfrac{-2}{\sqrt{8}\times \sqrt{5}}\simeq 108^{\circ}$$ 
\end{enumerate}
\item On se place désormais dans le repère $\left (A;\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB},\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right )$.
\begin{enumerate}
\item Ce repère est orthonormé car les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AD}$ sont orthogonaux et $\lVert  \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}\rVert=\lVert \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\rVert=1$
\item Equation du cercle $\mathscr C$ de centre $I(2;0)$ et de rayon $ID=\sqrt{8}$ donc $$(x-2)^2+y^2=8$$
\item $(x-2)^2+y^2=(1-2)^2+\left (\sqrt{7}\right )^2=1+7=8$ donc $F(1;\sqrt{7})\in\mathscr C$.
\item Tangente au cercle $\mathscr C$ passant par $F$:
\begin{itemize}
\item un point $F(1;\sqrt{7})$
\item un vecteur normal: $\overrightarrow{IF}\left(\begin{array}{c}
                                  -1 \\ \sqrt{7}
                                 \end{array}\right)$
\end{itemize}
donc $-x+\sqrt{7}y+c=0$
En utilisant $F$: $-(1)+\sqrt{7}\times \sqrt{7}+c=0\Leftrightarrow c=-6$
Donc $$-x+\sqrt{7}y-6=0$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}}
\end{document}