Exercices de statistiques - 3 - 3° partie, Exercices de Probabilités et statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8929 May 2014

Exercices de statistiques - 3 - 3° partie, Exercices de Probabilités et statistiques

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Exercices de statistiques - 3 - 3° partie Les thèmes principaux abordés sont les suivants: la distance parcourue, les variables en fonction.
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2 1x x  a pour racines 1 3 1 3

, 2 2 2 2

i i    , 2 1x x  a pour racines 1 3 1 3

, 2 2 2 2

i i  , 2x x a

pour racines 0 et 1.

Si    

2 21 1

P x P x

x x x x

    est divisible par 2x x , alors évidemment  P x l’est également (expliquez

pourquoi…). Conclusion :

         2 2 2 2 2 26 1 1 1 1P x a x x x x x x x x x x x x           

puisque 6 1a  .

La condition (2) n’a pas été utilisée mais doit sûrement se vérifier.

35. ALG156– Louvain, juillet 2003, série 2.

Deux cyclistes, A et B, n’ayant à leur disposition qu’une bicyclette ont à parcourir ensemble, en un temps

égal à 188

63 h, une certaine distance mesurée par un nombre entier pair de km.

Ils conviennent de monter à tour de rôle et de km en km sur la machine qui est laissée à chaque borne kilométrique jusqu’à l’arrivée de celui qui marche à pied.

A et B partent en même temps. B monte le premier et sa vitesse à bicyclette est le double de sa vitesse de marche à pied ; la vitesse de A à bicyclette est la même que celle de B. Les deux hommes se retrouvent au même moment au kilomètre sept ; ils estiment alors nécessaire d’augmenter leur vitesse et ils conviennent de la faire en marchant 0,5 km de plus par heure.

C’est encore B qui monte le premier mais cette fois-ci sa vitesse à bicyclette est le double de la vitesse de A marchant à pied ; A à bicyclette a encore la même vitesse que B. Les deux hommes arrivent à destination au même moment.

On demande la distance parcourue.

Préciser les notations choisies et indiquer clairement les différentes étapes du raisonnement : mise en équation ; méthode de résolution ; calcul effectif de la solution (s’il reste du temps).

Correction

Désignons par

VAB la vitesse pendant la première étape de A à vélo, VAM la vitesse pendant la première étape de A à pied,

V’AB la vitesse pendant la deuxième étape de A à vélo, V’AM la vitesse pendant la deuxième étape de A à pied,

Même chose pour B : VBB, VBM, V’BB, V’BM et pour les temps :

tAB le temps de A à vélo, tAM le temps de A à pied, t’AB le temps de A à vélo pour faire 1 km, t’AM le temps de A à pied pour faire 1 km.

Enfin notons t1 le temps mis pour la première étape, t2 pour la seconde et T pour le temps total.

On exprime toutes les variables en fonction de BBV : pour la première étape on a :

 

1

2

4 1

7

BM BB

AB BB

AM BB

V V

V V

V V

 

 

   

.

  71 En effet, puisque parcourt 3 km, et 4 km,AB AM BB BMt t t t t A B   

3 4 4 3 3 4 4 6 4

7 AM BB

AB AM BB BM BB AM BB BB

V V V V V V V V V V          .

Pour la deuxième étape on a

 

'

4 1 2

7 2

1 1 1

2 2

4 1 2

7 2

1 4 1

2 7 2

BB BB

BM BM BB

AB BB BB

AM BBAM

V V

V V V

V V V

V V V

      

       

         

      

car 4 1

2 2 7 2

BB AM BBV V V  

      

.

Au total A et B parcourent un nombre pair de km. Comme B démarre à la deuxième étape, il faut que A arrive en marchant au point de rencontre. Soit n le nombre de kms que A va faire en marchant pendant la deuxième étape ; on a, puisqu’ils arrivent en même temps :

   

 

1 1 . 1 . 1 . .

1 1 7 .

4 1 14 1 4 1 2 9 12 2

7 2 27 2 7 2

AM AB BM BB AM AB BM BB

BB

BB BBBB BB

n n n n n t n t n t n t

V V V V

n n n n V

n V VV V

             

   

       

            

Le temps mis pour parcourir la première étape est : 1 4 3 10

BB BM BB BM BB

t t t V V V

     ,

le temps mis pour parcourir la deuxième étape est :

   

2

2 11 1 .

4 11 2

7 2

BM BB BM BB BB

BB

nn n n t n t n t

V V V V

        

      

 

.

Le temps total est :  

1 2

2 1188 10 188 .

4 163 1 63 2

7 2 BB BB

BB

n n T t t

V V V

       

    

 

On remplace dans BBV et

on développe : 3 2252 1656 1667 1565 0n n n    dont les solutions sont

5, 2,1493, 0,577 5n n n n      .

On finit les calculs :

7

7 /

9 /7 /

4 /2

7 / et 9 / La distance parcourue est : 7 5 4 16

94 / /

210

147

9

BB

BB

BM BM

AB AB

AM AM

V km h

V km h V km h

V km h

V km h V km h km

V km h V km h

t h

t h

        

        

         

  

36. ALG157– Louvain, septembre 2003.

Considérons l’équation suivante, dans laquelle k est un paramètre réel :    2 2 21 1 2 0k x k x k     .

Montrer que si elle admet deux racines réelles, alors une de ces racines est le sinus et l’autre le cosinus d’un même angle. Ensuite, donner les valeurs de cet angle en fonction de k

Correction

 

2 2 1 2

2 2 2 2

1 2 1 2 2

2 2

2 2 1 2

CE : 1. Si l'une des racines est sinus d'un angle et l'aut re cosinus du même angle, alors 1.

2 Soit l'équat ion : 0, si et sont les deux racines, .

1 4 Ici :

k x x

b ac ax bx c x x x x

a

k k k x x

  

     

   

 

 

     

   

2 22 2 2 2

4 2

2

1 1 8 11 1 6 1 1. Ok. .

2 11 2 1

Avec les condit ions : 0 6 1 0 3 2 2 ; 3 2 2 .

k k k k k k k x

kk k

k k k k

           

 

          

 1 2 2

1 2

Discussion

Il nous faut encore déterminer à quel(s) quadrant (s) appart ient l'angle cherché :

2 le terme indépendant Etudions les signes des racines qui sont donnés par :

1 le coefficient d

x x k

x x k

    

   

1 2

2 2

e

a. 1 C'est -à-dire en fait , 3 2 2. Alors, et sont posit ifs est dans le premier quadrant

1 6 1 1 6 1 arcsin 2 ou arccos 2 .

2 1 2 1

x

k k x x

k k k k k k t t t t

k k

  

  

   

              

 

1

1 2

3 3 1

1 2

Appelons cet angle du premier quadrant :

b. 0 1 C'est -à-dire en fait , 0 3 2 2 0.1715. Alors, et sont négat ifs, edans le 3° quadrant .

Appelons le , .

2

c. 0 Par exemple : 0 et 1

k k x x

t

k x x

  

    

  

  

    

2 1

4 1

.3 = 2

2

d. 0 Les racines sont de signes contraires et appart ient au 2° ou au 4° quadrant , .

t

k

  

 

 

  

    

 

37. ALG158– Louvain, septembre 2003.

Résoudre, dans les nombres réels, l’inéquation suivante :  2log 8 52 64

x x x .

Correction

 

 

3 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2

CE : 0. Si 0 l'équat ion est toujours vérifiée. Il reste donc à étudier pour 0 :

2 log 8 . log log 64 5 log 2 log 2 log . log log 2 5 log

3 log 2 2

2 2 3 log . log 6 5 log 2log log 6 0

log

x x x

x x x x x x

x x

x x x x x

  

     

  

        

2

. 1

2 4

1 Conclusion : , 2 2 avec 0

4

x x

x x x

        

  

38. ALG159– Louvain, septembre 2003.

Soit m un paramètre réel. Résoudre et discuter, dans les nombres réels, les systèmes d’équations que voici :

   

      2 2

2 1 3 0

3 1 1 1 3 0

mx m y m

x m y x m y

     

       

Correction

   

     

   

        

 

   

2 2

2 1 3 0

3 1 1 1 3 0

2 1 3 0

3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 0

2 1 3

4 2 1 2 0

mx m y m

x m y x m y

mx m y m

x m y x m y x m y x m y

mx m y m

x y x my

     

       

      

                    

     

    

On a donc deux systèmes à étudier :

     

        2 2

2 12 1 3 1. , 1 2 1

12

2 2 4 a. 1 2 système simplement indeterminé.

2

2 2 4 0 2 0 .

2 1 2 03 2 1 3 0

m mmx m y m m m

mx my

x y m y x

x y

x y x y

x y x yx y x

        

 

     

 

        

          

La deuxième équation est une conique dégénérée en deux droites.

       

 

1 5

1 2 2 b. Système impossible.

12 2

2

3 1 2 3

2 1 22 3 c. Dans les aut res cas , .

1 2 1 2 1 1 2 1 2 1

2 12 1 3 2. , 2, 2, 2 3.

2 12 1

x y

m

x y

m m m m

m m x y

m m m m m m

m mmx m y m x m y m

x y

   

      

  

    

     

            

  

39. ALG173 – Louvain, juillet 2004, série 1.

Résoudre dans les réels, l’équation suivante : 3 33 4 1x x    .

Correction

     

îner des calculs invraisemblables. On peut faire plus simple :

Posons

3 3 3

3

3 3 2 2

2

On peut faire des élévat ions au cube, ce qui va ent ra

3 7 On remarque :

14

On a :

a x a b

a bb x

a b a b a ab b

a

       

    

    

   

   

22

3 3 2

2 3 7 3 7 3 6 2

4 8 3 4 8 20 0

5

ab ab b a b ab ab ab

x a b x x x x

x

            

               



40. ALG174 – Louvain, juillet 2004, série 1.

Déterminer le polynôme P(x) du 4éme degré tel que le coefficient de x4 dans P vaut 1, P est divisible par x2 + x + 1, le reste de la division de P par x2 – 1 est −3x + 9.

Donner les racines réelles de l’équation P(x) = 0.

Correction

 

 

            

 

ô 4 3 2

2

2

2 2

Soit le polyn me :

Faisons la division de par 1

1 1

1 1 1 1

0 1 1 1

1 1 1

0 1

0 1

1 0 2 On en déduit : 1 1 1 et

0 3

Di

P x x ax bx cx d

P x x x

a b c d x x

a b a

a a a b a

b a c a

b a b a b a

c b d b a

c b P x x x x a x b a

d b a

    

 

 

  

   

  

  

   

          

  

            

 

2

2

2 2

visions maintenant par 1

1 1

1 1 1

0 1

1

0 1

1 1

0 1

0 4 On en déduit : 1 1 1 et

1 0 5

x

a b c d x

a b a

a a b

b c a

b b

c a d b

c a P x x x ax b c a x d b

d b

 

 

  

  

            

  

       

 

             

4 3 2

2 2 2

Il reste à résoudre le système formé par les équat ions 2 , 3 , 4 et 5

4 1 1 1

2 1 1 1 0 4 2 6

1 1 1 3

6 1 1 8

3 De 1 , on déduit : 1 5 6 1 3 2 donc

2

a b c d X a

b P x x x x x

c

d

x P x x x x x x x x x

x

    

        

  

           



41. EXALG176 – Louvain, juillet 2004, série 1.

Le tronçon de l’autoroute E411 reliant Louvain-La-Neuve à Arlon a pour longueur approximative 150km. Jean met pour franchir cette distance 25 minutes de moins que sont épouse Cécile avec sa Clio.

Or, l’autre jour, ils sont partis en même temps, elle de Louvain-La-Neuve et lui de Arlon. Quand ils se sont croisés, ils ont observé que la différence entre les distances encore à franchir, en km, était égale à la différence entre les nombres de minutes qu’il leur restait à rouler, s’ils conservaient leurs vitesses habituelles respectives (v1 pour Jean et v2 pour Cécile, toutes supposées constantes tout au long du parcours).

* A quelle distance x0 (en km) étaient-ils de Louvain-La-Neuve lors de leur croisement ?

* Combien de temps t (en minutes) avaient-ils roulé avant de se croiser ?

* Calculer également les vitesses v1 et v2 (en km/minutes).

Correction

1 1 2 2

1 1 2 2 0

1 1 2 2 0

2 2 2

1 2

Désignons Jean par l'indice 1 et Cécile par l'indice 2.

150

' ' 150

On a : '' ''

' ''

' '

La différence ent re les distances encore à franchir est : 150 2

v t v t

v t v t x

v t v t x

t t t

t t

x

  

   

      

 

 

0 2 1 0

2 1 2 2 1 2 2 1 0 0

0 0 1 2 2 1

1 1 2 1 2 1

, on nous dit que : '' '' 150 2 ,

mais ' '' ' '' '' ' 25 150 2 25 62.5 .

150 1 1 1 1 1 Calculons les vitesses : ' ' 1 mais : 150 25

6

1 devient

t t x

t t t t t t t t x x km

x x t t t t

v v v v v v

  

            

            

 

 1 1 1

1 2 1

1 2 1 2

87.5 1 1 : 62.5 2.4 / ou 144 /

6

1 1 1 1.714 / ou 102.8 /

6

62.5 62.5 87.5 Calculons les temps : ' ' 30,46 mn, '' 26,05 mn, '' 51,05 mn.

1.714 2.4 1.714

v km m km h v v

v km m km h v v

t t t t

      

 

    

      

42. EXALG177 – Louvain, juillet 2004, série 2.

Soit a un paramètre réel strictement positif. Discuter et résoudre, dans les nombres réels, l’équation

suivante :    8 2 4 8 2 1

log log log log log 1 3

a x x    .

Correction

 

   

   

 

 

2 4 2

2

8 2 4 8 2

1

3 8 2 4 8 8 2

2 2 2

2 2

0

0 dans les hypothèses :

log log 0 log 0 1

log 1 0 1 1 0

1 log log log log log 1

3

1 log log log log 8 log log 1

2

1 log log log 1

2

1 2 1 0

Le del

x

a CE

a x a x a x

x x x

a x x

a x x

a x x

a x x x a x

  

      

       

   

      

 

  

      

     

   

       

ê 2

2 2

2

2 2 2

t a doit t re posit if ou nul : 2 4 2 2 0

2 2 22

2 à rejeter 2

Il faut encore vérifier que les CE sont vérifiées.

0 2 2 2 0 2 2 2 2 0

Ce qui est toujours vérif

a a a a

a a a aa x

a

x a a a a a a a a a a

       

      

 

              

   

   

2

2 2

4 2 3 2

ié. Il est évident que l'aut re racine est aussi toujours > 0

1

Considérons la racine la plus pet it e

2 2 21 1 1

2

2 2 2 2 4 8 0

Ce qui est toujours vérifié.

a x

a a a a a x x

a a

a a a a a a

        

        

43. EXALG178 – Louvain, juillet 2004, série 2.

Résoudre, dans les nombres réels, l’inéquation suivante :   3

1 1 2x x   .

Correction

 

 

3 2 3 2

2 3 2 2

2

1 0 1 :

1 2 0 2

1 1 2 1 3 3 1 4 4

1 3 3 1 4 4 1 0

1 5

12 Avec : 1 0 , conclusion : 0 .

21 5

2

x CE x

x

x x x x x x x

x x x x x x x x

x

x x x

x

   

 

         

          

   

      

  



44. ALG179 – Louvain, juillet 2004, série 2.

Donner toutes les racines complexes (y compris, bien entendu, les racines réelles), sous la forme a + ib

de l’équation   3

2 2 1z z  .

Correction

 

2 3

1 2 3

2 1 2

2

2 2 2 2

2

2 Posons 2 , l'équat ion devient : 1 2

3

1 3 1 3 1, ,

2 2 2 2

1) 1 2 1 0 2 1, 1 2

1 3 1 3 1 3 1 2) 2 0 1 3

2 2 2 2 2 2 2

Calculons : 1 3

2 1

2 3

k t z z t cis k t cis

t t i t i

t z z z z

t i z z i i i

i

x y x y

x yxy

      

       

          

             

    



 

 

2

2

3

4

3

3 3 12 2 0 et 3

14 2 2 4

2

1 3 1 3 Finalement :

2 2 2 2 2

3 1 1 2 3

2 2 2

3 1 1 2 3

2 2 2

1 3 3)

2 2

Il n'est pas nécessaire de faire les calculs. Il su

X X X x y

i i

i z i

i z i

t i

 

           

   

       

 

          

    

        

 

  

 

 

5

3 4

6

ffit de prendre les conjugués de

1 2 3

2 et

1 2 3

2

z i

z z

z i

   

      

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