On utilise pour cette question la forme factorisée de $f$. Or, un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est. On a donc :

$x-3$ $=$ $0$ $x$ $=$ $3$

ou

$x+2$ $=$ $0$ $x$ $=$ $-2$.

L'équation $f(x)=0$ admet donc deux solutions : $-2$ et $3$.

On utilise ici la forme factorisée de $f$ en dressant son tableau de signes.
Nous avons vu à la question précédente pour quelles valeurs de $x$ chacun des facteurs de $f(x)$ s'annulaient, on peut donc directement construire le tableau de signes de $f$. Les solutions de l'équation sont donc tous les nombres de $]-\infty\,;-2[\cup]3\,;+\infty[$.

On utilise ici la forme canonique $f(x)=-\dfrac{25}{4}+\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2$.
Un carré étant toujours positif la somme $f(x)=-\dfrac{25}{4}+\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2$. est minimale lorsque $\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2$ est nul, c'est-à-dire lorsque $x=\dfrac{1}{2}$.
Ainsi la $f(x)$ est minimale pour $x=\dfrac{1}{2}$ et le son maximum vaut $f\left(\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{25}{4}$.

$P(A)=\dfrac{300}{500}=0,6$.

$\overline{S}$ : « L'élève a échoué à l'examen ».
$A\cap S$ : « L'élève a choisi la formule Avantage et a passé l'examen avec Succès ».
$A\cup S$ : « L'élève a choisi la formule Avantage et/ou a passé l'examen avec Succès ».

$P(A\cap S) = \dfrac{240}{500}$ $=$ $0,48$.

$P(A\cup S) = P(A)+P(S)-P(A\cap S)$ $=$ $0,6+\dfrac{340}{500}-0,48=0,8$.

Il y a $160$ élèves qui ont échoué à l'examen et parmi eux $100$ ont choisi la formule Eco. La probabilité cherchée est donc :

$\dfrac{100}{160} = \dfrac{5}{8} = 0,625$.

La fréquence cherchée est de $\dfrac{3}{1\,000}=0,003$ soit de $0,3\%$.

Si $330$ candidats réussissent l'examen parmi les $500$ alors le taux de réussite est de $\dfrac{330}{500}$ soit $66\%$.
Si $68\%$ des candidats réussissent parmi les $500$ cela représente $500\times0,68=340$ personnes.
L'algorithme nous prouve que si le taux de réussite à l'examen est de $60\,%$ alors il n'y a que très rarement un nombre de candidats qui réussissent supérieur à $330$. En effet, la simulation des $1\,000$ situations est un nombre assez élevé pour que la fluctuation d'échantillonnage soit faible.
Ainsi, on peut supposer avec un risque d'erreur assez faible que le taux de réussite de cette auto-école est bien supérieur à celui de la moyenne départemental.

$\overrightarrow{EO}$	$=$	$\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{3} \overrightarrow{OA}$
$\begin{pmatrix} x_O - x_E \\ y_O-y_E\end{pmatrix}$	$=$	$\dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B-y_A\end{pmatrix} + \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix} x_A - x_O \\ y_A-y_0\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} 0 - x_E \\ 0-y_E\end{pmatrix}$	$=$	$\dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} 5 - 3 \\ 2-0\end{pmatrix} + \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix} 3 \\ 0-0\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} - x_E \\ -y_E\end{pmatrix}$	$=$	$\dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} 2 \\ 2\end{pmatrix} + \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}3 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} - x_E \\ -y_E\end{pmatrix}$	$=$	$\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\times2 \\ \frac{1}{2}\times2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \frac{1}{3}\times 3 \\ \frac{1}{3}\times0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} - x_E \\ -y_E\end{pmatrix}$	$=$	$\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} - x_E \\ -y_E\end{pmatrix}$	$=$	$\begin{pmatrix} 1+1 \\ 1+0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} - x_E \\ -y_E\end{pmatrix}$	$=$	$\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$.

Or, deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont les mêmes coordonnées. On a donc :
$-x_E=2$ et donc $x_E=-2$,
$-y_E=1$ c'est-à-dire $y_E=-1$.

Les coordonnées de $E$ sont bien $(-2\,;\,-1)$.

$\overrightarrow{DE}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_E - x_D \\ y_E-y_D\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -2 - 5 \\ -1-6\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -7 \\ -7\end{pmatrix}$.

$\overrightarrow{DI}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_I - x_D \ y_I-y_D\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 1 - 5 \ 2-6\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -4 \ -4\end{pmatrix}$.

On calcule pour cela le déterminant des vecteurs $\overrightarrow{DE}$ et $\overrightarrow{DI}$.
$\text{det}(\overrightarrow{DE}\,\overrightarrow{DI})$ $=$ $\text{det}\left(\begin{pmatrix} -7 \ -7\end{pmatrix}\,,\,\begin{pmatrix} -4 \ -4\end{pmatrix} \right)$ $=$ $-7\times(-4)-(-7)\times(-4)$ $=$ $28-28$ $=$ $0$.
Puisque ce déterminant est nul, les vecteurs $\overrightarrow{DE}$ et $\overrightarrow{DI}$ sont colinéaires et les points $D$, $E$ et $I$ sont alignés.

$\overrightarrow{CP}$	$=$	$\overrightarrow{AB}$
$\begin{pmatrix} x_P - x_C \\ y_P-y_C\end{pmatrix}$	$=$	$\begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B-y_A\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} x_P - (-1) \\ y_P-4\end{pmatrix}$	$=$	$\begin{pmatrix} 5 - 3 \\ 2-0\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} x_P +1 \\ y_P-4\end{pmatrix}$	$=$	$\begin{pmatrix} 2 \\ 2\end{pmatrix}$

Or deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont les mêmes coordonnées :
$x_P+1=2$ ssi $x_P=1$,
$y_P=-4=2$ ssi $y_P=6$.

Ainsi le point $P$ a pour coordonnées $(1\,;\,6)$.

La norme du vecteur $\overrightarrow{BC}$ est égale à la longueur $BC$, c'est-à-dire :

$BC=\sqrt{(x_C-x_B)^2+(y_C-y_B)^2}$ $=$ $\sqrt{(-6)^2+2^2}$ $=$ $\sqrt{40}$ $=$ $2\sqrt{10}$.

Puisque $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CP}$ on a que $ACPB$ est un parallélogramme.
Par ailleurs dans le triangle $ABC$ on a :
$BC^2=40$ (question précédente)
$AB^2+AC^2=(2^2+2^2)+(-1-3)^2+(4-0)^2$ $=$ $40$.
Ainsi, $AB^2+AC^2=BC^2$ et on peut affirmer à l'aide de la réciproque du théorème de Pythagore que le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.

Le parallélogramme $ACPB$ possède donc un angle droit, c'est bien un rectangle.