    \be
        \item La relation de conjugaison de Descartes indique :
        \begin{align*}
        \dfrac{1}{\overline{OA'}}-\dfrac{1}{\overline{OA}}=\dfrac{1}{f'} & \Rightarrow\ \dfrac{1}{\overline{OA}}=\dfrac{1}{\overline{OA'}}-\dfrac{1}{f'}\\
        & \Rightarrow\ \dfrac{1}{\overline{OA}}=\dfrac{1}{20}-\dfrac{1}{10}=-\dfrac{1}{20}\\
        & \Rightarrow\ \overline{OA}=-20\text{ cm}
        \end{align*}
        ce qui montre que le point $A$ se situe à gauche de $O$, à une distance de $20\text{ cm}$ (réponse \choix[d]).

        \item Quant au grandissement du montage, il est donné par :
        \[\gamma =\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=\frac{20}{-20}=-1 \]
        et il est défini par :
        \[\gamma =\frac{\ov{A'B'}}{\ov{AB}} = -1 \Rightarrow \ov{A'B'}=-\ov{AB}=-5\text{ cm}.
        \]
        Ce résultat montre que $A'B'$ mesure $5\text{ cm}$ et est inversé par rapport à $AB$ (réponse \choix[b]).

        \item Une image $A'B'$, située à l'infini, provient d'un objet $AB$ nécessairement placé dans le plan focal objet de $(L)$,
        c'est-à-dire à gauche et à ${10\text{ cm}}$ de $(L)$ (réponse \choix[a]).

        \item Parmi tous les rayons émis par $B$ (rayons parallèles car $B$ est situé à l'infini, et inclinés d'un angle $\alpha$ par rapport à
        $\Delta$), traçons celui qui traverse $(L)$ en $O$, sans être dévié.
        \Form{194_vision_028}
        Or, l'image $B'$ de $B$ se trouve nécessairement dans le plan focal image de $(L)$ et sur ce rayon lumineux ; il s'agit donc de
        l'intersection de ce rayon avec le plan focal image de $(L)$. Quant à l'image $A'$ de $A$ elle se déduit de $B'$ par une projection
        orthogonale sur $\Delta$ ($A'$ et $F'$ sont confondus). On peut désormais calculer, dans le triangle ${(OF'B')}$ :
        \begin{eqnarray*}
        \tan\alpha=\frac{A'B'}{f'}
        & \Rightarrow & A'B'=f'\,\tan\alpha =10\times\tan (10\Mdegre )\\
        & \Rightarrow & A'B'\simeq 1,8\text{ cm (réponse \choix[b])}.
        \end{eqnarray*}

        \item La relation de conjugaison de Descartes indique que :
        \[\frac{1}{\overline{OA'}} -\dfrac{1}{\overline{OA}}=\frac{1}{f'}\Rightarrow \frac{1}{\overline{OA'}}=\frac{1}{f'}+\frac{1}{\overline{OA}}=\frac{1}{f'}-\frac{1}{\overline{AO}}. \]
       L'objet étant à gauche de $F$ :
       \begin{align*}
       \overline{AO}>f' & \Rightarrow\ \dfrac{1}{\overline{AO}}<\dfrac{1}{f'}\\
       & \Rightarrow\ \dfrac{1}{f'}+\dfrac{1}{\overline{OA}}=\frac{1}{f'}-\dfrac{1}{\overline{AO}}.
       \end{align*}


       Donc $\dfrac{1}{\overline{OA'}}>0 \Rightarrow \overline{OA'}>0$ : l'image $A'$ se trouve à droite de $F'$ ; elle est réelle.\\
       Quant au grandissement $\gamma = \dfrac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}}$, il vaut alors :
       \[ \gamma = \dfrac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}\quad\text{avec }\overline{OA'}>0\text{ et }\overline{OA}<0.\]
       Soit $\gamma<0$. D'où $\dfrac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}}<0$ (réponse \choix[c]).
        \item La relation de conjugaison de $(L)$, avec origine au centre $O$, indique que :
        \[\frac{1}{\ov{OA'}}-\frac{1}{\ov{OA}}=\frac{1}{f'}
            \Rightarrow\frac{1}{\ov{OA}}=\frac{1}{\ov{OA'}}-\frac{1}{f'}.
        \]
        Or, lorsqu'une image est virtuelle, $A'$ se trouve à gauche de $O$, de sorte que :
        \[\ov{OA'}<0\Rightarrow\frac{1}{\ov{OA}}=\frac{1}{\ov{OA'}}-\frac{1}{f'}<0
            \Rightarrow\ov{OA}<0.
        \]
        Donc $A$ se trouve à gauche de $O$ ; l'objet $AB$ est donc réel (réponse \choix[a]).
    \ee
