Les différentes moyennes
Dans la vidéo, on a défini la moyenne généralisée :
$$ M_p = \left(a_1^p + a_2 \dotsm + a_n^p\right)^\frac1p $$
Et on a vu que :
- $M_1 = MA$ moyenne arithmétique
- $M_{-1} = MH$ moyenne harmonique
- $M_{2} = MQ$ moyenne quadratique
- $M_{0} = MG$ moyenne géométrique
Prouvons le dernier point, un peu plus délicat
$$ M_0 = \lim_{p \to 0} M_p = \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \dotsm a_n} = MG $$
On passe au logarithme :
$$\ln(M_p) = \frac{1}{p} \ln\left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i^p \right)$$
On introduit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ :
$$f(p) = \ln\left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i^p \right)$$
Regardons la valeur de cette fonction en $p = 0$ (sachant que $a_i^0 = 1$) :
$$f(0) = \ln\left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n 1 \right) = \ln\left( \frac{1}{n} \cdot n \right) = \ln(1) = 0$$
Grâce à ce résultat, on peut réécrire $\ln(M_p)$ sous la forme d’un taux d’accroissement :
$$\ln(M_p) = \frac{f(p) - f(0)}{p - 0}$$
La limite de $\ln(M_p)$ lorsque $p \to 0$ est donc exactement la définition du nombre dérivé $f’(0)$.
Or on sait que $\left(\ln(u(p)\right)’=\frac{u’(p)}{u(p)}$ et pour dériver $a_i^p$ par rapport à $p$, on se rappelle que $a_i^p = e^{p \ln(a_i)}\Rightarrow \left(a_i^p\right)’ = \ln(a_i) a_i^p$.
On obtient ainsi :
$$f’(p) = \frac{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \ln(a_i) a_i^p}{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i^p}$$
Évaluons en $p=0$ :
$$f’(0) = \frac{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \ln(a_i) \cdot 1}{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n 1} = \frac{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \ln(a_i)}{1} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \ln(a_i)$$
Et en utilisant les propriétés des logarithmes $\ln(a)+\ln(b)=\ln(a\cdot b)$ et $c\ln(a) = \ln(a^c)$, on peut réécrire :
$$f’(0) = \frac{1}{n} \ln\left( \prod_{i=1}^n a_i \right) = \ln \left( \prod_{i=1}^n a_i \right)^{\!\!1/n} $$
La fonction exponentielle étant continue sur $\mathbb{R}$, on peut passer la limite à l’intérieur de l’exponentielle :
$$\lim_{p \to 0} M_p = \lim_{p \to 0} \exp\left(\ln(M_p)\right) = \exp\left( \lim_{p \to 0} \ln(M_p)\right) =\exp\left[ \ln\left( \left( \prod_{i=1}^n a_i \right)^{\!\!1/n} \right) \right] = \left( \prod_{i=1}^n a_i \right)^{\!\! 1/n} = \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \dotsm a_n}$$
On retrouve la définition de la moyenne géométrique.
C’est ce qui justifie de poser par prolongement par continuité $M_0 = \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \dotsm a_n}$.
Petite énigme avec la moyenne harmonique
Vous courez deux tours sur une piste d’athlétisme. Supposons que votre vitesse moyenne sur le premier tour soit $v_1$. À quelle vitesse moyenne $v_2$ devrez-vous courir le deuxième tour de piste pour que la vitesse moyenne sur l’ensemble des deux tours soit le double de la vitesse moyenne sur le premier tour ($2v_1$) ?
En raisonnant sur la moyenne arithmétique, on a un problème :
si $v_{tot} = \frac{v_{1}+v_{2}}{2}$, alors $v_{tot} = 2 v_{1}$ entraîne $v_2=3v_1$.
Prenons un exemple pour constater que ça cloche : si l’athlète fait un tour de piste en $\pu{60 s}$ ($v_1 = \pu{6,7 m*s-1}$), alors il devra faire le second en $\pu{20 s}$ ($v_2=3v_1 = \pu{20 m*s-1}$). Que vaut la vitesse moyenne totale ? $v_{tot}=\frac{800}{80} = \pu{10 m*s-1}\neq 2v_1$. On ne peut pas utiliser la moyenne arithmétique pour des vitesses lorsque la distance est fixe !
Il n’y aurait par contre aucun problème à utiliser la moyenne arithmétique des vitesses pour des durées identiques !
Montrons que la moyenne harmonique donne, elle, un résultat cohérent :
$$v_{tot} = \frac{2}{\frac{1}{v_1}+\frac{1}{v_2}} = 2v_1$$
$$\Rightarrow \frac{2}{v_2}=0$$
Cela donne l’impression que quelque chose est encore de travers, mais non, c’est la bonne réponse !
En effet, le problème est impossible. La seule solution est d’avoir une vitesse $v_2$ infinie : l’athlète devra parcourir son deuxième tour en exactement $\pu{0 s}$…
On aurait plus simplement pu s’en rendre compte en écrivant que $v_{tot} = \frac{2d}{\Delta t_1 + \Delta t_2} = 2 v_1 = 2\frac{d}{\Delta t_1} = \frac{2d}{\Delta t_1}$ qui impose $\Delta t_2 = 0$. Mais au moins, la moyenne harmonique ne nous a pas trahi.
Estimation de Fermi et moyennes
Les estimations de Fermi sont des calculs de coin de table visant à trouver un ordre de grandeur. Le physicien italien Enrico Fermi brillait dans l’exercice et un de ses faits d’armes légendaires est d’avoir estimé l’énergie de l’explosion du premier essai atomique de l’histoire en mesurant la distance à laquelle furent emportés des petits bouts de papiers qu’il lâcha dans le souffle.
Lorsqu’on fait ce type de calcul, on est amené à estimer plein de valeurs. L’idée est alors d’encadrer grossièrement par différents ordres de grandeurs (un ou deux suivant notre méconnaissance) puis de prendre la moyenne. Mais quelle moyenne ?
Lorsqu’on estime, on estime généralement à un facteur près. En effet, on a plutôt tendance à viser une position sur une échelle logarithmique plutôt que linéaire. C’est bien ça d’ailleurs, par définition, un ordre de grandeur : un barreau sur une échelle en logarithme décimal. Et comment se place-t-on entre deux graduations d’une telle échelle ? Grâce à la moyenne géométrique pardi.
Exemple
Cherchons à vérifier l’affirmation suivante :
Toute l’eau sur Terre a été pissée par les dinosaures
- Commençons par estimer le volume d'eau sur Terre.
Un estimation plus sérieuse donne un volume total d’eau sur Terre de 1,4 milliards de km3, soit $\pu{1,4e18 m^3}$. On est arrivé à moins d’un ordre de grandeur, c’est pas mal.
- Voyons maintenant la quantité d'eau passée dans les dinosaures.
Or les dinosaures ont régné sur Terre très, très longtemps... Une ère de l'ordre de $100$ millions d'année. Ça représente donc en tout environ $(10\; \mathrm{m^3/dino/an})\times (10^9 \text{ dinos})\times (10^8 \text{ ans})\approx 10^{18} \;\mathrm{m^3}$.
- Conclusion :
Les dinos ont bu (et logiquement pissé) à peu de chose près toute l’eau sur Terre durant leur longue existence.
Comme l’eau a une certaine tendance à s’homogénéiser, chaque verre devrait contenir une bonne proportion d’urine de dinosaure même si elle a été depuis un poil diluée par l’eau venue de l’espace1.
La plus grande sphère bleue représente toute l'eau sur Terre, la plus petite l'eau des rivières et des lacs et l'intermédiaire l'ensemble de l'eau douce (Credit: Howard Perlman, USGS ; illustration du globe de Jack Cook, Woods Hole Oceanographic Institution).
-
L’apport d’eau par les météorites ne compense pas l’eau qui disparaît ! Dans les hautes couches d’atmosphère, les UV peuvent dissocier les molécules d’eau en dihydrogène et dioxygène et le dihydrogène formé est si léger qu’il peut se retrouver avec une vitesse dépassant la vitesse de libération et ainsi s’enfuir de la Terre empêchant la molécule d’eau de se reformer un jour. ↩︎