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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Pondichéry}}
\rfoot{\small{12 avril 2007}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Pondichéry  12 avril 2007\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}

\textbf{Commun  à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item   Les vecteurs $\vect{\text{AB}}$ et $\vect{\text{AC}}$ ont pour coordonnées $\vect{\text{AB}}(-2~;~0~;~-2)$ et 
		
$\vect{\text{AC}}(1~;~-4~;~-1)$. Ils ne sont manifestement pas   colinéaires. Conclusion : 
les trois points A, B et C définissent  un plan.
		\item 	A $\in \mathcal{P} \iff 2\times 3 +2 -2\times 6+4 = 0$ est vrai ;

B $\in \mathcal{P} \iff 	2 \times 1 + 2 - 2 \times 4 +  4=0$ est vrai ;

C $\in \mathcal{P} \iff 	2 \times 4 +  (-2) -2 \times 5 +4=0$ est vrai.

Le plan $\mathcal{P}$ est donc bien le plan (ABC).
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item D'après 1., $\vect{\text{AB}} \cdot \vect{\text{AC}} =  (-2)\times 1 + 0 \times (-4)+ (-2) \times (-1)=0$. Les vecteurs $\vect{\text{AB}}$ et $\vect{\text{AC}}$ sont donc orthogonaux, les droites (AB) et (AC) perpendiculaires. Conclusion :  le triangle ABC est rectangle en A.
		\item 	Le vecteur $\vect{n}(a~;~b~;~c)$ est un vecteur normal au plan d'équation 
		
$ax + by + cz = d = 0$. Ici le vecteur $\vect{n}(2~;~ 1 ~;~ - 2)$,  vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ est donc un vecteur directeur de la droite $(\Delta$). Si $M \in (\Delta)$ alors $\vect{\text{O}M} = \lambda \vect{n}$. Cette égalité vectorielle se traduit par le système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x	&=	&2\lambda\\
y	&=	&\lambda\\ 
z 	&=	& - 2\lambda\\
\end{array}\right.,~ \lambda \in  \R$.

		\item  Puisque ($K$O) $\perp  \mathcal{P},~(K\text{O}) = \Delta$. Le point $K$ est commun à $(\Delta)$ et à $\mathcal{P}$. En utilisant la question précédente, on a $2x_{K} + y_{K} - 2z_{K} + 4 = 0 \iff 2\times \lambda + \lambda - 2 \times (- 2\lambda) + 4 = 0 \iff 9\lambda + 4 = 0 \iff \lambda = - \dfrac{4}{9}$.\\
Conclusion : les coordonnées de K sont donc $\left(- \dfrac{8}{9}~;~ - \dfrac{4}{9}~;~ \dfrac{8}{9}\right)$.\\
Donc O$K^2 = \left(- \dfrac{8}{9} \right)^2  +  \left(- \dfrac{8}{9} \right)^2  + \left( - \dfrac{8}{9}\right)^2 = \dfrac{64}{81} + \dfrac{16}{81} + \dfrac{64}{81}  = \dfrac{144}{81} = \dfrac{16}{9}$. Conclusion :   O$K  = \dfrac{4}{3}$.

		\item  On prend pour base (ABC) et la hauteur est donc [OK]. D'après 1., AB$^2 = 4 + 4 = 8$, donc AB $ = 2\sqrt{2}$ ; AC$^2 = 1 + 16 + 1 = 18$, donc AC $= 3\sqrt{2}$. L'aire du triangle rectangle ABC est : $\dfrac{\text{AB} \times \text{AC}}{2} = \dfrac{2 \sqrt{2} \times 3\sqrt{2}}{2} = 6$.\\
Donc $V(\text{OABC}) = \dfrac{6 \times \text{O}K}{3} = \dfrac{6 \times \frac{4}{3}}{3} = \dfrac{8}{3}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Le  barycentre  G existe car la somme des coefficients $3 + 1 + 1 + 1$ est non nulle. Il est tel que $3\vect{\text{GO}} + \vect{\text{GA}} + \vect{\text{GB}} + \vect{\text{GC}} = \vect{0}$. 
		\item  I  centre de gravité du triangle ABC est l'isobarycentre du système de points pondérés ~ \{(A, 1),(B, 1),(C, 1)\}.

D'après l'associativité du barycentre, G est  le barycentre (plus précisément l'isobarycentre) du système de points pondérés \{(O, 3), (I, 3)\}. G est donc le milieu de [OI], donc appartient à la droite (OI).
		\item  On sait que $\vect{\text{OI}} = \dfrac{1}{3}\left(\vect{\text{OA}} + \vect{\text{OB}} + \vect{\text{OC}}\right)$. Les coordonnées de I sont donc $\left(\dfrac{8}{3}~;~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{15}{3}\right)$. Celles de G : $\left(\dfrac{4}{3}~;~\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{5}{2}\right)$.
		
La distance de G au plan $\mathcal{P}$ est donnée par 
\[ d(\text{G},~\mathcal{P}) = \dfrac{\left|2x_{\text{G}} + y_{\text{G}} -2z_{\text{G}} + 4 \right|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + (-2)^2}} = \dfrac{\left|\frac{8}{3} + \frac{1}{3 } - 5\right|}{3} = \dfrac{2}{3}.\]
	\end{enumerate}
\item  En utilisant la relation de Chasles $3\vect{M\text{O}} +\vect{M\text{A}}+\vect{M\text{B}} + \vect{M\text{C}} = 3\vect{M\text{G}} + 3\vect{\text{GO}} + \vect{M\text{G}} + \vect{\text{GA}} + \vect{M\text{G}} + \vect{\text{GB}} + \vect{M\text{G}} + \vect{\text{GC}} = 6\vect{M\text{G}}$, par définition du barycentre.

On a donc $\left\|3\vect{M\text{O}} +\vect{M\text{A}}+\vect{M\text{B}} + \vect{M\text{C}}\right\| = 5. \iff \left\|6\vect{M\text{G}}\right\| = 5 \iff \text{G}M = \dfrac{5}{6}$.

L'ensemble $\Gamma$ est donc la sphère de centre G et de rayon $\dfrac{5}{6}$.

D'après la question 3 c, la distance de G au plan $\mathcal{P}$ est égale à $\dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{6} < \dfrac{5}{6}$. Le plan $\mathcal{P}$ et la sphère $\Gamma$ sont donc sécants : l'intersection est un cercle.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item Question de cours : il suffit de montrer que le complexe $\dfrac{z' - \omega}{z -\omega}$ a pour module 1 et a un argument égal à $\theta$ à $2\pi$ près.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  D'après le résultat précédent si $M'(z')$ est l'image de $M(z)$ par la rotation $R$ on a  alors : $z'-(2 +2\text{i}) =  \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} [z -(2 +2\text{i})] \iff$
		
$z' = \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)[z -(2 +2\text{i})] + 2 + 2\text{i} \iff\\ z' = \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)z - (1 + \text{i}\sqrt{3})(1 + \text{i}) + 2 + 2\text{i} \iff$

 \boldmath $z' =   \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)z+ 1 + \sqrt{3} + \text{i}\left(1 - \sqrt{3}\right)$ \unboldmath qui est l'écriture complexe de $R$.
		\item En appliquant cette relation à l'affixe de I, on obtient : 
		
$z_{\text{A}} = \dfrac{1}{2}\left(3 + \sqrt{3}\right) + \dfrac{\text{i}}{2}\left(3 - \sqrt{3}\right)$.
		\item On a IB$^2 = |1 + \text{i}|^2 = 2$ ; de même IO$^2 = |1 + \text{i}|^2 = 2$.
		
D'après la définition de la rotation $R$, le triangle BIA est isocèle d'angle au sommet de mesure $\frac{\pi}{3}$ : c'est donc un triangle équilatéral.

Donc IB = AB = IA = IO =  $\sqrt{2}$ .

En particulier les points les points O, A et B sont équidistants  de  I. Ils sont sur le cercle de centre I et   de rayon $\sqrt{2}$.

On a $1 + \text{i} = \dfrac{0 + (2 + 2\text{i})}{2}$, c'est-à-dire que I est le milieu du diamètre [OB]. Le triangle OAB est donc inscrit dans le cercle précédent : il est donc rectangle en A.

Par complément à $\pi$, on trouve que $\left(\vect{\text{OA}},~\vect{\text{OB}}\right) = \pi - \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$.

		\item On a $\left(\vect{u},~\vect{\text{OB}}\right) = \text{arg}\left(z_{\text{I}}\right) = \frac{\pi}{4}.$

En appliquant la relation de Chasles : $\left(\vect{u},~\vect{\text{OA}}\right) = \left(\vect{u},~\vect{\text{OB}}\right) - \left(\vect{\text{OA}},~\vect{\text{OB}}\right) = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{12}$.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item $\text{A}' = T(\text{A})$. L'affixe du vecteur $\vect{\text{IO}}$ est $-1  - \text{i}$. On a donc \\
$z_{\text{A}'} = \dfrac{1}{2}\left(3 + \sqrt{3}\right) + \text{i}\left(3 - \sqrt{3}\right)  - 1 - \text{i} = \dfrac{1}{2}\left(1 + \sqrt{3}\right) +  \dfrac{\text{i}}{2}\left(1 - \sqrt{3}\right)$.
		\item  On a par définition de la translation $\vect{\text{IO}} = \vect{\text{AA}'} \iff $(OIAA$'$ est un parallélogramme ; de plus d'après 2 c AI = IO ; La quadrilatère OIAA$'$ est un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de même longueur : c'est donc un losange (mais pas un carré car $\left(\vect{\text{IO}},~\vect{\text{IA}}\right) = \dfrac{2\pi}{3}.$)
		\item On sait que $\left(\vect{\text{OA}'},~\vect{\text{OI}}\right) = \dfrac{\pi}{3}$ et 
$\left(\vect{\text{OA}},~\vect{\text{OI}}\right) = \dfrac{\pi}{6}$ ; en appliquant la relation de Chasles on obtient $\left(\vect{u},~\vect{\text{OA}'}\right) = \left(\vect{u},~\vect{\text{OA}}\right) - \left(\vect{\text{OA}'},~\vect{\text{OA}}\right) = \dfrac{\pi}{12} - \dfrac{\pi}{6} = - \dfrac{\pi}{12}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{unit=2cm,RightAngleSize=0.2}
\SpecialCoor
\psset{PtNameMath=false}
%\fbox{
\begin{pspicture*}(-1,-0.8)(3,2.5)
\psaxes[labels=none]{->}(0,0)(-1,-0.8)(3,2.5)
\pstGeonode[PosAngle=-135](0,0){O}
\pstGeonode[PosAngle=135](1,1){I}
\pstGeonode[PosAngle=45](2,2){B}
\pstCircleOA{I}{B}
\pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=-60]{B}{I}[A] %,PointName=none
\psline(O)(A)(B)(O) %[linestyle=dashed]
\pstRightAngle{O}{A}{B}
\pstTranslation{I}{O}{A}[A$'$]
\psline[linestyle=dashed](O)(I)(A)(A$'$)(O)
\end{pspicture*}
%}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item  Voir le cours
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  Triangle (OAG) : on a  OA = 2,~ 	OG $\sqrt{9 + 1}= \sqrt{10}$,~ AG $=\sqrt{2}$.
		
Triangle OEF : on a 
OE $= \sqrt{2}$,~ 	OF $ = \sqrt{5}$,~EF $= 1$.

On remarque que $\dfrac{\text{OA}}{\text{OE}} = \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \dfrac{\text{OG}}{\text{OF}} = \dfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{5}} = \dfrac{\text{AG}}{\text{EF}} = \dfrac{\sqrt{2}}{1} = \sqrt{2}$.
 
Conclusion : Les triangles OAG et OEF sont donc semblables.
\item S'il existe une similitude indirecte $S$ transformant   OAG en OEF, son écriture est de la forme : $z' = a\overline{z} + b$, avec $a \in \C,~b \in \C$. On a donc 
\[\left\{\begin{array}{l}
S(\text{O})= \text{O} \\
S(\text{G}) = \text{F}\\
S(\text{A})= \text{E}\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
0 				&=& a \times 0 + b\\
1 + \text{i} 	&=& a \times 2 + b\\
2 + \text{i} 	&=& a \times (3 - \text{i}) + b\\
\end{array}\right. \iff\renewcommand\arraystretch{1.4}
\left\{\begin{array}{l c l}
b&=&0\\
a&=&\frac{1}{2}(1 + \text{i})\\
a& =  & \frac{2 + \text{i}}{3 - \text{i}}\\
\end{array}\right.\]
\renewcommand\arraystretch{1}

Or  $a = \dfrac{(2 + \text{i})(3 + \text{i})}{(3 - \text{i})(3 + \text{i})} = \dfrac{5 + 5\text{i}}{10} = \dfrac{1}{2} \left(1 + \text{i}\right).$\\
L'écriture complexe de $S$ est donc : $z' = \dfrac{1}{2} \left(1 + \text{i}\overline{z}\right).$
		\item L'écriture complexe de $h$ est : $z' = \dfrac{1}{\sqrt{2}}z$.
		
L'affixe de A$'$ est donc $\dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$. Le milieu I de [EA$'$] a pour affixe

$\dfrac{1 + \sqrt{2}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}$.

L'équation de la droite (OI) est donc $y = \dfrac{1}{\left(1 + \sqrt{2}\right)}x$.
Calculons $\vect{\text{OI}} \cdot \vect{\text{EA}'} = \dfrac{1 + \sqrt{2}}{2} \times \left( \sqrt{2} - 1\right) + \dfrac{1}{2} \times (- 1) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} = 0$.

E est l'image de A par l'homothétie $h$ suivie de la symétrie $\sigma$.

De même G$(3 + \text{i})$, donc G$'\left(\dfrac{3}{\sqrt{2}} + \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

Le milieu J de [FG$'$] a pour affixe $\dfrac{3\sqrt{2}}{4} + 1 + \text{i}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{4} + \dfrac{1}{2} \right)$.

On a $\left(\dfrac{\sqrt{2}}{4} + \dfrac{1}{2} \right)\left(1 + \sqrt{2}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{4} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 1 + \dfrac{3\sqrt{2}}{4}$. Donc le point J appartient bien à la droite (OI).

De même  $\vect{\text{OI}} \cdot \vect{\text{FG}'} = \left(\dfrac{1 +  \sqrt{2}}{2}\right) \times \left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2} - 2\right) + \dfrac{1}{2}\times \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} - 1 \right) = \dfrac{3\sqrt{2}}{4} +\dfrac{3}{2}   - 1 - \sqrt{2}+  \dfrac{\sqrt{2}}{4} - \dfrac{1}{2} = 0$. F est donc l'image de G$'$ par la symétrie $\sigma$ et F est l'image de G par l'homothétie $h$ suivie de la symétrie $\sigma.$

Enfin O est l'image de O par l'homothétie $h$ suivie de la symétrie $\sigma.$

Conclusion : d'après la question 1,  on a $S = \sigma \circ h.$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\begin{center}
\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture}(-0.2,-0.3)(3.5,1.5)
\psaxes[labels=none]{->}(0,0)(-0.2,-0.3)(3.5,1.5)
\SpecialCoor
\def\xa{2 sqrt}
\def\ya{0}
\pnode(0,0){O}
\dotnode(2,0){A} \dotnode(1,1){E} \dotnode(2,1){F} \dotnode(3,1){G}
\dotnode(!3 2 sqrt div 1 2 sqrt div){G'}
\dotnode(!\xa \space \ya){A'}
\dotnode(!\xa \space 1 add 2 div \ya \space 1 add 2 div){I}
\uput[-90](A){A}
\uput[-90](A'){A'}
\uput[135](E){E}
\uput[90](F){F}
\uput[43](G){G}
\uput[-60](G'){G'}
\uput [15](I){I}
\psline[linewidth=1.5pt] (O)(E)(F)(O)
\psline[linewidth=1.5pt] (O)(A)(G)(O)
\psline(E)(A')
\end{pspicture} 
 \end{center}
  
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}
 
\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Le numérateur de $f$ est la composée d'une fonction affine et de la fonction ln. Elle est donc dérivable pour $x > -3$. Le dénominateur est une fonction affine. $f$ est donc dérivable comme quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne s'annulant pas sur  $[0~;~+ \infty[$.

On calcule $f'(x) = \dfrac{1 - \ln (x + 3)}{(x + 3)^2}$. Comme $(x + 3)^2 \geqslant 9 > 0$, la dérivée est du signe de $1 - \ln (x + 3).$\\
Or $1 - \ln (x + 3) = 0 \iff \ln \text{e} = \ln (x + 3) = \iff \text{e} = x + 3 \iff x = \text{e} - 3 < 0$.

On a $x \geqslant 0 \iff x + 3 \geqslant 3 > \text{e} \Rightarrow x + 3 > \text{e} \iff \ln (x + 3) > \ln \text{e} \iff \ln (x + 3) > 1 \iff 0 > 1 - \ln (x + 3)$.

Conclusion : sur $[0~;~+ \infty[,~f'(x) < 0$ et la fonction est décroissante sur cet intervalle.

On a $f(0) = \dfrac{\ln 3}{3}$ et en posant $u = x + 3$,~ $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) =  \displaystyle\lim_{u \to + \infty} \dfrac{\ln u}{u} = 0$.

D'où le tableau de variations de $f$ :

\begin{center}\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(6,3.5)
\psframe(6,3.5) \psline(0,2)(6,2) \psline(0,3)(6,3) \psline(2,0)(2,3.5)
\uput[u](1,3){$x$} \uput[u](2.2,3){$0$} \uput[u](5.5,3){$+ \infty$} \uput[u](1,2.2){$f'$} 
\uput[u](4,2.3){$-$} \uput[u](1, 0.7){$f(x)$} \uput[d](2.5,1.8){$\frac{\ln 3}{3}$} \uput[u](5.8,0){$0$} 
\psline{->}(2.8,1.6)(5.6,0.2)
\end{pspicture}
\end{center}

\item  
	\begin{enumerate}
		\item  Si $n \leqslant  x \leqslant n + 1$ alors par décroissance de la fonction sur  $f$ sur $[0~;~+ \infty[,~f(n + 1) \leqslant f(x) \leqslant f(n)$. 
		\item  En intégrant de $n$ à $n + 1$ les fonctions précédentes on obtient l'encadrement :
		
Pour tout entier naturel $n$,

$\displaystyle\int_{n}^{n+1} f(n + 1)\:\text{d}x  \leqslant 	\displaystyle\int_{n}^{n+1} f(x)\:\text{d}x  	\leqslant 	\displaystyle\int_{n}^{n+1} f(n)\:\text{d}x$  ou

$f(n+1) \leqslant u_{n} \leqslant f(n)$.
		\item 	En appliquant le théorème des gendarmes, $u_{n}$ qui est encadré par deux nombres qui ont pour limite $0$ a pour limite $0$.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  La fonction  définie par $x \mapsto u(x) =  \ln (x + 3)$ est dérivable sur $[0~;~+ \infty[$, ainsi que la fonction définie par $u \mapsto u^2$. Par composition, la fonction $F$ est dérivable sur $[0~;~+ \infty[$.
		
Sur cet intervalle,  $F'(x) = 2u \times u' =  2 \times \ln (x + 3) \times \dfrac{1}{x + 3} = 2 \dfrac{\ln (x + 3)}{x + 3} = 2 f(x)$.
		\item D'après la question précédente , pour tout entier naturel $n$:
		
$I_{n} = \displaystyle\int_{0}^n f(x) \:\text{d}x = \left[\dfrac{F(x)}{2}\right]_{0}^n = \dfrac{1}{2}\left[F(x) \right]_{0}^n =  \dfrac{1}{2}[F(n) - F(0)] =$

$I_{n} =  \dfrac{[\ln (n+3)^2 - [\ln 3]^2}{2}$.
	\end{enumerate}
\item Pour tout entier $n,~ S_{n} = u_{0} + u_{1} + \cdots + u_{n-1} =  \displaystyle\int_{0}^1 f(x) \:\text{d}x + \displaystyle\int_{1}^2 f(x) \:\text{d}x + \cdots + \displaystyle\int_{n-1}^n f(x) \:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^n f(x) \:\text{d}x$ par application de la relation de Chasles. Finalement :
$S_{n} = I_{n} = \dfrac{[\ln (n+3)^2 - [\ln 3]^2}{2} $.\\
Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} (n+3) = + \infty,~\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \ln (n+3) = + \infty, \displaystyle\lim_{n \to + \infty} [\ln (n+3)]^2 = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} S_{n} = + \infty$.

La suite $\left(S_{n}\right)$ est divergente.
\end{enumerate}	
	
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 6 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item La variable aléatoire $X$   suit une loi binomiale de paramètres $n =50$ et $p = 0,1$. Pour $0 \leqslant k \leqslant 50,~ P(X = k) = \binom{50}{k} 0,1^k \times  0,9^{50 - k}$.

\setlength\parindent{8mm}
\begin{itemize}
\item $P(\text{A}) =  1 - P(X =  0) = 1 - (0,9)^{50} \approx \np{0,9948} \approx 0,995$  au millième.
\item $P(\text{B}) = P(X = 0) + P(X = l) + P(X=2) = 0,9^{50} + 50 \times 0,1 \times 0,9^{49} + \frac{50 \times 49}{2} \times 0,1^2 \times 0,9^{48} \approx \np{0,111729} \approx 0,112$
au millième.
\item $ P(\text{C}) = 1 -  P(\text{B}) \approx 1 - \np{0,111729} \approx 0,888$ au millième.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

\item 	
	\begin{enumerate}
		\item  La probabilité qu'au moins trois personnes répondent est : $P(X\geqslant 3) =1 - \left[P(X=0) + 
P(X= l) + P(X=2)\right] = 1 - \left[ \dfrac{\text{e}^{-a}a^0}{0!} + \dfrac{\text{e}^{-a}a^1}{1!} + \dfrac{\text{e}^{-a}a^2}{2!}\right] =$

$ 1 - \text{e}^{-a}\left[1 + a + \dfrac{a^2}{2}\right]$.
		\item  $f(5) = 1 - \text{e}^{-5} \left(1+5+ \frac{25}{2}\right) = 1 - \text{e}^{-5} \times \frac{37}{2}\approx \np{0,8753} \approx 0,875$ au millième.
		
$ a = 5$ correspond à $n = 50$ : on est donc dans la situation de la question 1 où on avait une probabilité de 0,888 ; on a donc un résultat voisin.
	\end{enumerate}
\item 	
	\begin{enumerate}
		\item La fonction est définie et dérivable sur $\R^*$. 
		
On a $f'(x) = \text{e}^{-x} \left(1 + x + \frac{x^2}{2} - 1 - x  \right) =  \dfrac{\text{e}^{-x} x^2}{2}$. 

Comme $x^2 \geqslant 0,~\text{e}^{-x} > 0, ~f'(x) \geqslant 0$. La fonction $f$ est croissante sur $\R^*$.
		
$f(0) = 0$. Comme $f(x) = 1 - \dfrac{1}{\text{e}^x} - \dfrac{x}{\text{e}^x} - \dfrac{x^2}{\text{e}^x}$ la limite de chacun des trois derniers termes est nulle en $+ \infty$, on a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = 1$. D'où le tableau :

\begin{center}\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(6,3.5)
\psframe(6,3.5) \psline(0,2)(6,2) \psline(0,3)(6,3) \psline(2,0)(2,3.5)
\uput[u](1,3){$x$} \uput[u](2.2,3){$0$} \uput[u](5.5,3){$+ \infty$} \uput[u](1,2.2){$f'$} 
\uput[u](4,2.3){$+$} \uput[u](1, 0.7){$f(x)$} \uput[u](2.5,0){$0$} \uput[d](5.8,1.8){$1$} 
\psline{->}(2.8,0.2)(5.6,1.6)
\end{pspicture}
\end{center}

		\item Sur $\R^*,~ f$ est continue et strictement croissante de  $0$ à $1$ . Or $0 < 0,95 < 1$ donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel $\alpha$  tel que $f(\alpha) = 0,95$.
		
La calculatrice indique : $f(6,29) \approx{0,94979}$ et $f(6,3) \approx \np{0,95815}$.

On a donc $6,29 < \alpha < 6,3$. 
		\item La probabilité qu'au moins trois personnes répondent parmi $n$ personnes interrogées est   $f(x) = 1 - \text{e}^{-x}\left(1 + x + \dfrac{x^2}{2}\right)$ et $x = \dfrac{n}{10}$.
Pour que $f(x) \geqslant  0,95$ ou d'après la question précédente $f(x) \geqslant f(\alpha)$ il faut que $x \geqslant \alpha$, d'après la croissance de la fonction $f$ vue au 3 a. C'est-à-dire que $\dfrac{n}{10}\geqslant 6,3 \iff n \geqslant 63$.

Il faut donc interroger au minimum 63 personnes.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}