    \be
        \item Pour trouver l'image $B'$ de $B$, il suffit d'utiliser deux des trois rayons remarquables issus de $B$ :
        \bi
            \item le rayon $(1)$ traverse $L$ en $O$ sans être dévié ;
            \item le rayon $(2)$, qui arrive sur $L$ parallèlement à l'axe optique $(\Delta)$ ressort de $L$ en passant par le foyer image
            $F'$, tel que ${\overline{OF'}=f'=10\text{ cm}}$.
        \ei
        \enlargethispage*{\baselineskip}
        \Form{199_vision_055}
        L'intersection de ces deux rayons émergeant de $L$ coïncide avec $B'$, dont la projection sur $\Delta$ donne $A'$. On trouve ainsi les
        caractéristiques de l'image $A'B'$ :
        \bi
            \item $A'B'$ se trouve à la distance $\ov{OA'}=30\text{ cm}$ de $L$ ;
            \item $A'B'=2\text{ cm}$.
        \ei

        \newpage

        \item La relation de conjugaison de $L$ impose :
        \[\frac{1}{\ov{OA'}}-\frac{1}{\ov{OA}}=\frac{1}{f'}
            \Rightarrow\frac{1}{\ov{OA'}}=\frac{1}{\ov{OA}}+\frac{1}{f'}=-\frac{1}{0,15}+\frac{1}{0,1}
                \Rightarrow\ov{OA'}=0,30\text{ m}
        \]
        tandis que le grandissement $\gamma$ du montage vérifie :
        \begin{eqnarray*}
        \gamma
        & = & \frac{\ov{A'B'}}{\ov{AB}}=\frac{\ov{OA'}}{\ov{OA}}=\frac{0,3}{-0,15}=-2\\
        & \Rightarrow & \ov{A'B'}=-2\times\ov{AB}=-2,0\text{ cm}.
        \end{eqnarray*}
        Ces deux résultats confirment alors ceux de la question précédente.
    \ee
