Exercice académique 3 — Transformation Moyenne/Écart-type (séries technologiques)

5. \(s=\sqrt{\dfrac{(x-m)^2+(y-m)^2}2}\) avec \(m=\frac{x+y}2\) : calculer \(x-m=\frac{x-y}2\) et \(y-m=-\frac{x-y}2\), puis simplifier sous la racine.

6. Montrer \(m\ge s\ge0\) directement à partir des formules \(m=\frac{x+y}2\), \(s=\frac{x-y}2\) et de \(x\ge y\ge0\) (remarquer que \(m-s=y\ge0\)).

8c/9. Noter que \(m^2+s^2=\dfrac{x^2+y^2}2\) : chaque application de M/E divise par 2 la somme des carrés des coordonnées. Sur un point de la forme \((2^a,2^b)\) avec \(a>b\), itérer la transformation revient essentiellement à une combinaison d'additions/soustractions qui, après suffisamment d'itérations, stabilise le rapport entre les deux coordonnées (à explorer numériquement sur un exemple plus petit, par exemple \((2^5,2^3)\), pour repérer le motif avant de le généraliser à \((2^{2025},2^{2023})\) et 4049 itérations).

10. Le coefficient \(\sqrt2-1\) est la solution positive de \(t^2+2t-1=0\), c'est-à-dire du point fixe de la transformation \((x,y)\mapsto\left(\frac{x+y}2,\frac{x-y}2\right)\) rapportée à la pente \(y/x\) : vérifier que si \(y=(\sqrt2-1)x\), alors \(\frac{s}{m}=\sqrt2-1\) également.

1. Placer deux points hors de \(D\), hachurer le complémentaire.

Le domaine \(D\) est défini par \(x \ge y \ge 0\). Il s'agit de la région du plan située sous la droite \(y = x\) (incluse) et au-dessus de l'axe des abscisses \(y = 0\) (inclus). Le complémentaire est l'ensemble des points tels que \(y < 0\) ou \(y > x\).

Deux points hors de \(D\) :

• \(P_1(1, 2)\) car \(y = 2 > 1 = x\).

• \(P_2(3, -1)\) car \(y = -1 < 0\).

Sur un graphique, on hachure la zone où \(y < 0\) (sous l'axe des abscisses) et la zone où \(y > x\) (au-dessus de la première bissectrice).

2. Vérifier que l'image de \(B(8,2)\) est \(A(5,3)\).

Pour \(B(8,2)\), on a \(x = 8\), \(y = 2\). La transformation M/E donne :

• Moyenne : \(m = \frac{x+y}{2} = \frac{8+2}{2} = \frac{10}{2} = 5\).

• Écart-type : \(s = \frac{x-y}{2} = \frac{8-2}{2} = \frac{6}{2} = 3\).

Donc l'image de \(B\) est \(B'(5,3)\), qui est bien le point \(A(5,3)\).

3. Coordonnées de \(A''\), image de \(A'(4,1)\).

\(A'(4,1)\) a pour coordonnées \(x' = 4\), \(y' = 1\). On applique à nouveau M/E :

• Moyenne : \(m' = \frac{4+1}{2} = \frac{5}{2} = 2,5\).

• Écart-type : \(s' = \frac{4-1}{2} = \frac{3}{2} = 1,5\).

Donc \(A''(2,5 ; 1,5)\).

4. Placer \(B, A, A', A''\).

On a les points :

• \(B(8,2)\)

• \(A(5,3)\)

• \(A'(4,1)\)

• \(A''(2,5 ; 1,5)\)

Sur un repère orthonormé, on les place. On peut observer que \(A\) est l'image de \(B\), \(A'\) l'image de \(A\), et \(A''\) l'image de \(A'\).

5. Montrer que l'écart-type de \(M(x,y)\in D\) vaut \(\frac{x-y}{2}\).

Pour un point \(M(x,y)\), les deux coordonnées sont \(x\) et \(y\). La moyenne est \(\mu = \frac{x+y}{2}\). L'écart-type (population) est :

\[s = \sqrt{\frac{(x-\mu)^2 + (y-\mu)^2}{2}}.\]

Calculons :

\[x - \mu = x - \frac{x+y}{2} = \frac{2x - x - y}{2} = \frac{x-y}{2},\]

\[y - \mu = y - \frac{x+y}{2} = \frac{2y - x - y}{2} = \frac{y-x}{2} = -\frac{x-y}{2}.\]

Donc :

\[(x-\mu)^2 = \left(\frac{x-y}{2}\right)^2, \quad (y-\mu)^2 = \left(\frac{x-y}{2}\right)^2.\]

La somme est :

\[2 \times \left(\frac{x-y}{2}\right)^2 = 2 \times \frac{(x-y)^2}{4} = \frac{(x-y)^2}{2}.\]

En divisant par 2 et en prenant la racine carrée :

\[s = \sqrt{\frac{(x-y)^2}{4}} = \frac{|x-y|}{2}.\]

Comme \(x \ge y\) dans \(D\), on a \(x-y \ge 0\), donc \(|x-y| = x-y\). Ainsi :

\[s = \frac{x-y}{2}.\]

6. Montrer que \(M'\in D\).

\(M'(m,s)\) avec \(m = \frac{x+y}{2}\) et \(s = \frac{x-y}{2}\). On doit vérifier \(m \ge s \ge 0\).

• \(s \ge 0\) car \(x \ge y\).

• \(m - s = \frac{x+y}{2} - \frac{x-y}{2} = \frac{x+y - x + y}{2} = \frac{2y}{2} = y \ge 0\). Donc \(m \ge s\).

Ainsi \(M' \in D\).

7. Pour quels \(x,y\) a-t-on \(M'=M\) ?

On veut \(M'(m,s) = M(x,y)\), soit :

\[\frac{x+y}{2} = x \quad \text{et} \quad \frac{x-y}{2} = y.\]

De la première équation : \(x+y = 2x \Rightarrow y = x\).

De la seconde : \(x-y = 2y \Rightarrow x = 3y\).

En substituant \(y = x\) dans \(x = 3y\) donne \(x = 3x \Rightarrow 2x = 0 \Rightarrow x = 0\), donc \(y = 0\).

La seule solution est \(M(0,0)\).

8. À partir d'une feuille de calcul donnant \(M, M', M''\) :

a) Quelles formules dans les cellules ?

Supposons que les coordonnées de \(M\) sont en A1 (\(x\)) et B1 (\(y\)). Alors :

• Pour \(M'\) : en C1, la moyenne : `=(A1+B1)/2` ; en D1, l'écart-type : `=(A1-B1)/2`.

• Pour \(M''\) : en E1, la moyenne de \(M'\) : `=(C1+D1)/2` ; en F1, l'écart-type de \(M'\) : `=(C1-D1)/2`.

b) Conjecture sur \(M''\) ?

En observant les calculs précédents (par exemple avec \(A(5,3)\) donnant \(A'(4,1)\) puis \(A''(2,5 ; 1,5)\)), on conjecture que \(M''\) est l'image de \(M\) par une homothétie de centre \(O\) et de rapport \(\frac12\).

c) La démontrer.

Soit \(M(x,y)\). On a :

\[M'(m,s) = \left(\frac{x+y}{2}, \frac{x-y}{2}\right).\]

Puis \(M''(m',s')\) avec :

\[m' = \frac{m+s}{2} = \frac{\frac{x+y}{2} + \frac{x-y}{2}}{2} = \frac{\frac{2x}{2}}{2} = \frac{x}{2},\]

\[s' = \frac{m-s}{2} = \frac{\frac{x+y}{2} - \frac{x-y}{2}}{2} = \frac{\frac{2y}{2}}{2} = \frac{y}{2}.\]

Donc \(M''\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right)\), ce qui est bien l'image de \(M\) par l'homothétie de centre \(O\) et de rapport \(\frac12\).

9. En partant de \(C(2^{2025},2^{2023})\), on applique 4049 fois M/E : quel est le point final ?

D'après la question 8, appliquer deux fois M/E revient à une homothétie de rapport \(\frac12\). Appliquer \(4049\) fois, c'est \(2 \times 2024 + 1\) fois, soit \(2024\) fois deux applications (donc homothétie de rapport \(\left(\frac12\right)^{2024}\)) puis une application supplémentaire.

Soit \(C_0 = C\). Après \(2k\) applications, on a \(C_{2k} = \left(\frac{x}{2^k}, \frac{y}{2^k}\right)\). Ici \(k = 2024\) donne :

\[C_{4048} = \left(\frac{2^{2025}}{2^{2024}}, \frac{2^{2023}}{2^{2024}}\right) = \left(2^{1}, 2^{-1}\right) = \left(2, \frac12\right).\]

On applique une dernière fois M/E :

• Moyenne : \(\frac{2 + 0,5}{2} = \frac{2,5}{2} = 1,25\).

• Écart-type : \(\frac{2 - 0,5}{2} = \frac{1,5}{2} = 0,75\).

Le point final est \((1,25 ; 0,75)\).

10. \(\Delta\) est la demi-droite \(x\ge0\), \(y=(\sqrt2-1)x\).

a) Montrer \(\Delta\subset D\).

Pour \(x \ge 0\), \(y = (\sqrt{2}-1)x\). On a \(\sqrt{2}-1 \approx 0,414\), donc \(y \ge 0\). De plus, \(x - y = x - (\sqrt{2}-1)x = (2-\sqrt{2})x \ge 0\) car \(2-\sqrt{2} > 0\). Donc \(x \ge y \ge 0\), ainsi \(\Delta \subset D\).

b) Si \(M\in\Delta\), montrer \(M'\in\Delta\).

Soit \(M(x, (\sqrt{2}-1)x)\). Alors :

\[m = \frac{x + (\sqrt{2}-1)x}{2} = \frac{x(1 + \sqrt{2} - 1)}{2} = \frac{x\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}x,\]

\[s = \frac{x - (\sqrt{2}-1)x}{2} = \frac{x(2 - \sqrt{2})}{2}.\]

On vérifie si \(s = (\sqrt{2}-1)m\) :

\[(\sqrt{2}-1)m = (\sqrt{2}-1) \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}x = \frac{(\sqrt{2}-1)\sqrt{2}}{2}x = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}x = s.\]

Donc \(M'\) a pour coordonnées \((m, (\sqrt{2}-1)m)\), donc \(M' \in \Delta\).

c) \(N\) est l'image de \(M\) par l'homothétie de centre \(O\), rapport \(\frac{\sqrt2}{2}\) ; montrer que \(M'\) est le symétrique de \(N\) par rapport à \(\Delta\).

Cette propriété est générale : elle vaut pour tout \(M(x,y)\in D\), pas seulement pour \(M\in\Delta\) (auquel cas \(N\) serait déjà sur \(\Delta\) et l'énoncé se réduirait à une trivialité — il faut donc traiter le cas général).

La droite \(\Delta\) fait avec l'axe des abscisses un angle \(\theta\) tel que \(\tan\theta=\sqrt2-1\). Comme \(\tan(2\theta)=\dfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}=\dfrac{2(\sqrt2-1)}{1-(3-2\sqrt2)}=\dfrac{2(\sqrt2-1)}{2(\sqrt2-1)}=1\), on a \(2\theta=45°\), donc \(\cos(2\theta)=\sin(2\theta)=\dfrac{\sqrt2}2\). La matrice de la symétrie orthogonale d'axe \(\Delta\) (droite par l'origine d'angle \(\theta\)) est \(\begin{pmatrix}\cos2\theta&\sin2\theta\\\sin2\theta&-\cos2\theta\end{pmatrix}=\dfrac{\sqrt2}2\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}\).

Pour \(M(x,y)\) quelconque dans \(D\), \(N=\left(\dfrac{\sqrt2}2x,\dfrac{\sqrt2}2y\right)\). Son symétrique par rapport à \(\Delta\) a pour coordonnées :

\[\frac{\sqrt2}2\left(\frac{\sqrt2}2x+\frac{\sqrt2}2y\right)=\frac{x+y}2=m,\qquad \frac{\sqrt2}2\left(\frac{\sqrt2}2x-\frac{\sqrt2}2y\right)=\frac{x-y}2=s.\]

On retrouve exactement \(M'(m,s)\). Donc \(M'\) est bien le symétrique de \(N\) par rapport à \(\Delta\), pour tout point \(M\) de \(D\) (et en particulier, si \(M\in\Delta\), alors \(N\in\Delta\) aussi d'après la question 10a/b appliquée à l'homothétie, et la propriété devient triviale car un point de \(\Delta\) est son propre symétrique — c'est le cas particulier traité, à tort comme seul cas, dans une version antérieure de cette correction).