VT + a

Le problème admet donc deux solutions , car x' et x" vérifient également l’équation (I). Le radical ayant une valeur plus grande que ^ a, la racine x'est positive; l’autre x" est négative et sa valeur absolue est plus grande que a. x’ étant considéré comme le 1" nombre demandé, le second est a — x' =

Cette dernière a pour racines

ÉQUATIONS nu 2' DEGRÉ, DISCUSSION DES PROBLÈMES 181

D’ailleurs *'= i).

Quel que soit a, le rapport x' : a — x' est donc constant.

Application du problème précédent.

Diviser une ligne donnée AB en moyenne et extre'me raison , autrement dit , la diviser en deux parties telles que la plus grande soit moyenne géométrique entre la ligne entière et l'autre partie. La ligne donnée étant désignée par a, la plus grande partie par x, on écrit a : x = x: a — x; c’est l’équation (1) : dans ce cas-ci x doit être une partie de a et positif. Pour cette double raison

x’ convient seul; on prendra x=x'= i).

Sur une ligne indéfinie X’ABX , trouver un point C tel , que sa distance au point connu A soit moyenne géométrique entre la ligne AB = a, et la distance de ce point C ou point B.

OnposcAC=x, d’où a :x=x:a — x (1).

Ici les deux solutions peuvent convenir; car rien ne dit que le point C doive être plutôt ù droite qu’à gauche du point A. Si donc on regarde x" comme une ligne qui doit être portée à gauche de A, parce qu’elle a un signe contraire à x', on aura une deuxième solution de la question, un deuxième point, C'. En effet, pour vérifier l’équation (2) avec x", on écrit o: — x"= — x":a+x". Cette identité équivaut à celle-ci a : x"=x" : a+x" , qui est vérifiée par la valeur absolue de x"; or, en ne considérant que les valeurs absolues, x"=AC', o-f x"=BC'.

Donc a : AC' = AC' : BC'.

La condition géométrique absolue est donc vérifiée.

Pour mettre directement en équation ce dernier problème géométrique , on aurait dit : Supposons le problème résolu , et soit C le point cherché. Pour fixer les idées , on est alors obligé de donner au point C une position arbitraire qui est censée la position vraie, et on calcule en conséquence. En commençant ainsi, on peut mettre le point C à gauche de A, entre A et B, à droite de B ; est-il indifférent de le placer dans l’une quelconque de ces trois positions provisoires, sans plus ample examen? Vérifions. En mettant C à gauche de A on trouve l’équation (2), dans laquelle x de l’équation (I) est changé en — x; en mettant C entre A et B, on trouve l’équation (t) elle-même. Les deux hypothèses nous conduisent au même résultat; les signes contraires des racines sont seulement changés de l’une à l’autre. Mais la troisième hypothèse qui conduit à poser AC"=x, BC"=x — a, donne les équations a : x=x : x — a, x’=ax— a*, x*— ax-pa*=<\.

COURS d’ai.gerre.

Les racines sont

Ces racines sont imaginaires.

Si, le problème étant supposé résolu , on avait donné tout d'abord cette position au pointe, en arrivant à une équation qui n’a que des racines imaginaires, aurait-il fallu conclure que le problème proposé est impossible? Non assurément; nous qui avons fait autrement, nous savons d’avance que le problème est possible. A quoi tient-il que l’on ne puisse pas mettre le point C, à sa volonté, à droite du point B? En y regardant d’un peu plus près, on voit que pour cette position du point C , les deux facteurs du premier membre de l’équation x* = a [a — x) ou xX x = a X (a— x), qui est la traduction algébrique de l’énoncé du problème, sont plus grands que les deux facteurs du second. L’égalité est impossible. On fait une hypothèse inconciliable avec l'énoncé du problème en supposant au point cherché C la position C". Nous avons cité cet exemple, pour faire voir que l'équation posée pour résoudre un problème n’ayant que des racines imaginaires, il n’en faut pas toujours conclure que le problème n'admet pas de solution ; il faut d’abord vérifier si le problème a été bien mis en équation.

1»0. Problème. Trouver sur la ligne qui joint deux lumières A et B, d’intensités inégales, le point où ces deux lumières éclairent également. On admet ce principe de physique que l’intensité d’une lumière varie en raison inverse du carré de la distance , c’cst-ù-dire que l'Intensité d’une même lumière è 2, 3, 4 unités delà distance est 4, 9, IG.... fois moindre qu’à

l’unité de distance.

Désignons par d la distance connue des deux lumières , par a* l’Intensité de la lumière A à l’unité de distance , par b* celle de B , et par x la distance qui sépare le point A du point cherché où les deux lumières éclairent également.

Supposons le problème résolu, et soit C le point demandé. Nous avons désigné AC par x ; alors BC = d — x ; en désignant un instant par y* l’intensité commune de la lumière A, et de la lumière B au point C , nous avons :

— — — ; ou — - — d ou >/’ = —;

ou t = (d^ ; d ' où y ‘ = (d=7ï

De ces deux égalités résulte immédiatement celle-ci : — cette autre équivalente :

(d — .r)« b* fd — xy b»

ou