CHAPITRE II

145. — Ce chapitre montrera suffisamment par les exemples auxquels il est consacré comment Ton résout et Ton discute, en appliquant toujours les principes indiqués au n° 120, les problèmes du second degré, c'est-à-dire ceux qui se résolvent à l'aide d'équations du second degré.

Problème I

Après avoir acheté un objet, on le revend a francs et Ton se trouve avoir gagné sur le prix d'achat autant pour cent que l'objet a coûté. Combien a-t-on payé cet objet?

Soit x le prix d'achat ; on a l'équation

~ TôcT

# 2 + 100ar — 100a = 0.

Cette équation a une racine positive qui, seule, convient au problème :

Application : Pour a = 24, on a x = 20.

Problème II

Un certain nombre de personnes doivent se partager également une somme A ; mais p de ces personnes meurent avant le partage, et par suite chacune des personnes restantes reçoit a francs de plus qu'elle n'aurait eu sans cette circonstance. On demande le nombre primitif de personnes.

Soit x le nombre cherché ; on a l'équation

x — p x ou

ax* — apx — kp = 0.

Cette équation a une racine positive qui, seule, peut convenir au problème :

ap -|-l/a 2 p 2 -{-Akap p | /p^ , A x= Ya = 2 + |/ A +P â'

D'après l'équation même, cette racine est supérieure

à p, puisqu'elle donne à une valeur positive.

Pour que cette racine convienne, il faut encore, d'après les conditious du problème, qu'elle soit entière. Application :

Alors :

Remarque. — Pour que x soit un nombre entier, il

faut que p* + Ap — soit le carré d'un nombre de même

parité que p, tel que/? -f" 2A, h étant un entier quelconque positif. Donc

P*+*Pï = P Ë +*P* + W,

d'où

— = h A , et alors x = p + h.

Dans l'exemple précédent, on a h = A.

Problème III

Deux courriers partent en même temps d'un même point pour parcourir une même distance d; la vitesse du premier surpasse celle du second de a, et le premier arrive un temps t avant le second. Quelles sont les vitesses des deux courriers ?

Soient x et y ces deux vitesses, on a les deux équations

La seconde devient

tx 2 — atx — ad=O y

et a une racine positive qui, seule, peut convenir au problème, si elle est supérieure à a, ce qui a lieu en effet ; on le voit comme plus haut.

Le problème a donc toujours une solution et une seule :

at + \/at(at-{- Ad)

2t —at-\- \/at (at -f Ad)

Problème IV

On a acheté un certain nombre d'objets semblables pour A francs ; si chacun d'eux coûtait a francs de

moins, on aurait pu en acheter p de plus pour le même prix. Combien a-t-on acheté d'objets, et quel est le prix de chacun?

En appelant x le nombre des objets, chacun d'eux

coûte-*

On a donc l'équation

(j- fl )(*+/ , )= A »

ax % -f- <*px — Ap = 0.

Celte équation a une racine positive qui, seule, convient au problème :

— ap -f- *Jap (ap -f- 4A)

Cette solution est acceptable dans tous les cas si elle est entière; sinon, elle n'est acceptable que si les objets considérés sont divisibles, tels que des mètres d'étoffe, etc.

Problême V

Dans un tube cylindrique recourbé et fermé a l'une de ses extrémités (fig. 30), on a versé du mercure, de façon a emprisonner l'air dans la branche fermée, le niveau du mercure étant le même dans les deux branches. On verse de nouveau une quantité connue de mercure dans le tube, et l'on demande à quelle hauteur s'élèvera le mercure dans la branche fermée au-dessus du niveau primitif.

Soit h la longueur de tube occupée d'abord par l'air et P la pression atmosphérique, exprimée comme d'habitude par la hauteur de la colonne de mercure qui lui fait équilibre.

Soit / la longueur qu'occuperait dans le tube la quantité de mercure que l'on verse la seconde fois dans le tube, et appelons x et y les hauteurs dont s'élève le mer-

cure dans la branche fermée et dans la branche ouverte au-dessus du niveau primitif après celte opération. On a d'abord :

tf+ï — '•

La masse d'air enfermée dans le tube occupait primitivement une longueur h sous la pression P; elle occupe ensuite une longueur A — x sous la pression P -\-y — x; donc, d'après la loi de Mariolie, on a :

AP = (A— *)(P+y — x),

ou, à cause de la première équation,

AP = (A— *)(p + / — 3x).

Telle est l'équation du problème, Une racine de celte équation conviendra au pro- Fi s- 3o. blême si elle est inférieure à A.

Celle équation s'écrit :

2x*— a(2* + P + i) + jU=0.

Sans nous occuper d'abord de la condition d'existence des racines, substituons A à la place de a: dans le premier membre, on trouve le résultat — AP : donc, le coefficient de x* étant positif, l'équation a deux racines, et la plus pelile de ces racines seule est inférieure à A. Le problème a par suite une solution et une seule :

2A + P + /-l/(2A+P+/) 1 — 8hl x = j

Cette racine est d'ailleurs positive, comme cela devait être.

On peut vérifier directement que la quantité sous le radical est toujours positive ; en effet, on a :

et sous cette forme on voit qu'elle est toujours positive.

ÀNDOVKB. — ALGÈBRE. 12

Problème VI

On laisse tomber une pierre dans un puits ; on entend le bruit de la pierre rencontrant l'eau au bout d'un temps t. Quelle est la profondeur du puits ?

Si x est la profondeur du puits, le temps t x mis par la pierre pour rencontrer l'eau est défini, comme on sait, par la relation

g étant l'accélération de la pesanteur.

Donc

D'autre part, si v est la vitesse du son (qui se propage d'un mouvement uniforme), le temps t 2 mis par le son pour remonter du fond du puits à l'ouverture est déûni par

• x = vl 3 , d'où

L'équation du problème est donc :

d'où, en élevant les deux membres au carré :

g v tf 2

z* — 2vx(t + -J + vH* = 0.

Une solution de cette équation convient au problème si elle est positive, et si en outre elle rend positive la quantité

t , puisque cette quantité est égale à I / — , et que

l'équation finale ci-dessus n'est pas équivalente à l'équation du problème, mais renferme aussi les solutions de l'équation

Il faut donc

t >0 ou x<vt.

En substituant vt h la place de x dans le premier membre de l'équation, on trouve le résultat — 2 — ; donc l'équation

a deux racines, et la plus petite seule, qui est inférieure à vl, convient au problème qui admet l'unique solution :

Problème VII

146. — Trouver deux nombres x et y, connaissant leur produit p et leur somme s.

Remarquons d'abord que si l'équation du second degré

t* — st+p =

a deux racines t' et t", on pourra prendre :

411 0U 1 ét

d'après les relations qui existent entre les coefficients et les racines d'une équation du second degré»

Mais nous ne sommes pas certains d'avoir ainsi toutes les solutions du système

} xy = p-

Pour montrer qu'il en est bien ainsi, éliminons y; il vient :

'y = s — x, x 2 — sx-{-p = 0.

Donc, si l'équation x* — sx -(-/? =0 n'a pas de racines, le problème est impossible ; si elle a deux racines x 1 et x" f le problème a deux solutions :

ou, puisque l'on a a-' + z" = s»

// et ,

Donc il suffit bien de résoudre l'équation

t % — st-\-p=0

pour résoudre le problème.

Le problème n'est possible que si l'on a :

s 2 — 4p^0, ou p < j.

Donc /e maximum du produit de deux facteurs dont la somme est donnée est égal au carré de leur demi-somme, et a lieu quand ces deux facteurs sont égaux : car pour s* — Ap = 0, on a t' = J", et par suite x = y.

Quand on a :

les solutions du problème sont :

sdt y s* — Ap

s zp [/s 1 — Ap

Remarque. — Rien ne distingue l'un de l'autre les nombres x et y, car en changeant x en y et y en x, les équations ne changent pas. Aussi dit-on d'habitude que le problème a une seule solution, parce qu'il y a un seul système de deux nombres vérifiant les conditions données ; on écrit alors :

s±l/s* — Ap

Toutes les fois que, dans une question, il faudra déterminer deux nombres x et y que rien ne distingue l'un de l'autre, c'est-à-dire qui figurent symétriquement dans les équations du problème, il sera convenable de prendre pour inconnues auxiliaires la somme et le produit de ces deux nombres ; une fois ces inconnues auxiliaires déterminées, on sera ramené à la résolution d'une équation du second degré.

Application. — Construire un rectangle, connaissant sa surface S et son périmètre 2p.

En appelant x et y les dimensions du rectangle, on a :

xy = S,

et par suite on est ramené à l'équation

Le problème a une solution si Ton a :

p et S étant des nombres positifs ; sinon il n'en a pas. Si le périmètre est donné, le maximum de la surface

P* est y ; il a lieu quand le rectangle est un carré.

La condition de possibilité du problème peut encore s'écrire :

puisque p et S sont des nombres positifs ; si donc la surface

est donnée, le minimum du périmètre est 2 yS: il a lieu quand le rectangle est un carré.

Problème VIII

Trouver deux nombres x et y, connaissant leur différence d et leur produit p.

On a les deux équations

x— y=d, xy=p.

On peut les résoudre directement en éliminant y; il vient alors :

y=x — -rf,

x 1 — dx — p = Q.

Le problème est toujours possible et a deux solutions ;

d±\fd*-\-kp

-d±\/d* + Ap ^y = x — d-= ^ *

les signes supérieurs et inférieurs étant pris en même temps.

On peut encore' ramener ce problème au précédent, en prenant pour inconnue auxiliaire y' = — y; on a alors

x+y' = d, xy' =—p.

On trouve les mêmes solutions.

Enfin, remarquons qu'il est souvent commode, quand on connaît la différence d de deux inconnues x et y, de chercher leur somme s; en effet, des équations

on tire :

Ici, pour chercher x -}- y, élevons les deux membres de la première équation au carré, ce qui donne :

x* — 2xy -f- y 2 —d 1 , puis ajoutons membre à membre cette équation et celle-ci :

Âxy = Àp,

qui se déduit immédiatement de la seconde ; il vient :

x* + 2ary + y* =d % + 4/>, ou

(x + y)*=d*+4p 9 et le système

{x + y)*=d* + Ap,

est équivalent au système proposé.

On en déduit :

x + y=±\/d i -\-Ap 9 et par suile

d±\Zd* + lp x = ^ '

comme précédemment.

La même méthode aurait pu être employée pour résoudre le problème précédent.

Application. — Construire un rectangle, connaissant sa surface S, et la différence d de ses deux dimensions.

Si x et y sont la plus grande et la plus petite dimension du rectangle, on a :

x— y=d, xy = S,

d et S élant des nombres positifs.

x et y devant être positifs, le problème a une solution et une seule :

d+^F+ÏS

Problème IX

Trouver deux nombres x et y, connaissant leur somme s et la somme q de leurs carrés.

On a les deux équations

x*+ij* = q.

Au lieu de les résoudre directement par élimination de y, formons la combinaison

2xy = s* — q;

le système

est équivalent au système proposé.

On est donc ramené à résoudre l'équation du second

degré

Cette équation n'a de racines que si Ton a :

s 2 — 2 (s 1 — ?)^0, ou

Cette condition étant supposée vérifiée, on a :

ar|*±/2y — s*

Sisest donné, le minimum de<7est-ô;ilalieupour#=2/.

Application. — Construire un triangle rectangle, connaissant l'hypoténuse a et la somme s des deux autres côtés.

Si x et y sont les côtés de l'angle droit, on a :

le problème ne peut avoir de solution que si Ton a :

2a 1 — s* :> 0, ou, puisque a et s sont des nombres positifs,

Mais il faut en outre que les valeurs de a: et y soient positives, ce qui exige :

s 1 > a*, ou

ce qui était évident géométriquement.

Le problème n'est donc possible que si Ton a :

On voit que : a étant donné, le maximum de s est a v^2; il a lieu pour x = y, c'est-à-dire pour le triangle rectangle

isocèle ; de même, s étant donné, le minimum de a est-^.

il a lieu aussi pour le triangle rectangle isocèle. D'ailleurs on a toujours a < s.

Problème X

Trouver deux nombres x et y, connaissant leur différence d et la somme q de leurs carrés.

On a les deux équations

Formons la combinaison

2(tf 2 + y 2 )-(*-2/) 2 = 2? — d\ ou

(x + y* = 2q-d*; le système

est équivalent au proposé.

Il donne si l'on a 2<7 — d l ^ 0,

x + y = ±\/2q — d*, et par suite

les [signes supérieurs et inférieurs étant pris en même temps.

Si d est donné, le minimum de q est — - ; il a lieu pour

Application. — Construire un triangle rectangle, connaissant l'hypoténuse a et la différence d des deux côtés de l'angle droit.

Si x et y sont le plus grand et le plus petit côté de l'angle droit, on a :

ix — y = d,

Le problème n'est possible que si Ton a :

2a* — d*>0, ou, puisque a et d sont positifs,

at/2 — d>0.

En outre, il faut que x et y soient positifs; on prendra donc seulement :

et le problème aura au plus une solution

— J^^/agl— d 1

Cette solution ne convient que si Ton a y > 0, ou

ou encore

d'<2a« — d 3 , c'est-à-dire

ce qui était évident géométriquement.

Cette condition entraînant celle que Ton a trouvée plus haut, il en résulte que le problème est possible et admet une seule solution, sous la condition d < a.

Problème XI

Trouver deux nombres, connaissant leur produit p et la somme q de leurs carrés.

On a les équations :

zy — p,

d'où Ton tire :

z*+y*+2zy = q+2Pf

Le système

xy — p y

est équivalent au système proposé.

Il donne si Ton a q -f- 2p > 0,

x + y = ±tfq + 2p, et par suile on est ramené à l'équation du second degré

t* qp sjq + 2p t -f- p = 0.

Cette équation a des racines si Ton a :

? + 2p-4/>^ 0, ou

Alors on a deu x systèmes de solutions, suivant que le radical sj q -f- 2jo est affecté d'un signe ou de l'autre,

Le problème n'est possible que si q est égal ou supérieur à la valeur absolue de 2p.

Application. — Construire un triangle rectangle, connaissant son hypoténuse a et sa surface S. Si # et y sont les côtés de l'angle droit, on a :

Le problème n'est possible que si Ton a, puisque a et S sont des nombres positifs,

a* — 4S $> 0, ou

Comme x et y doivent être positifs, il faut prendre seulement :

et l'on a l'unique solution

x\ )/a % + 4S±Va % — 4S

a 1 Si a est donné, le maximum de S est T ; on a alors

x=y, et le triangle est jsocèle. De même, si S est donné, le minimum de a est 2y/S, et le triangle est encore isocèle.

Problème XII

147. — Sur une droite X'X, on donne deux points A et B ; trouver un point M tel que Ton ait :

ÂSP=ÂBxMB(/fy. 31).

C'est ce qu'on appelle partager AB en moyenne et extrême raison.

X' ' A MB X

Fig. 31.

Soit a le segment AB compté positivement dans le sens AB, et x le segment AM; l'équation du problème est

x* = a(a — x), ou

Le problème a deux solutions : Tune des valeurs de x, x", est positive, l'autre x' est négative. Le point M qui correspond à la valeur positive x" est entre A et B, car, si nous substituons a à la place de x dans le premier membre de l'équation, on trouve comme résultat a 2 ; donc a est supérieur à x" ou inférieur à x! ; cette dernière hypothèse est absurde, puisque x' est négatif; donc on a bien x" < a.

On trouve aisément :

Problème XIII

Dans un demi-cercle O de diamètre AB, inscrire un trapèze ABGD de périmètre donné (fig. 32).

Soil 2p le périmètre donné, Rie rayon du demi-cercle,

x la demi-base CD, égale à

OH, H étant la projection de v C sur AB.

Yv D'après un théorème connu, NL on a:

Fig. 32. BC=y/2R(R— x),

et par suite l'équation du problème est :

Une solution de cette équation conviendra au problème si elle est positive et inférieure à R.

En chassant le radical, on obtient la nouvelle équation

2R(R— x) = (p — R — x)*, ou

Une solution de cette équation conviendra au problème si elle est positive et inférieure à R, et si déplus elle rend la quantité p — R — x positive, puisque cette quantité

est égale au radical v/2R(R — #), et qu'en chassant le radical, on a introduit les solutions qui rendraient

p — R — x égale à — V^2R(R — x). En particulier, puisque l'on a x > 0, il faut que l'on ait p > R.

L'équation (\) n'a de racines que si l'on a :

ou, puisque R est une quantité positive,

Cette condition étant supposée vérifiée, examinons le produit des racines, (p — R)* — 2R 2 , ou

(p-R(i+v5))(p + a(vtë-4));

puisque p et R sont positifs, ce produit a le signe de

d'ailleurs on a :

Donc, la somme des racines étant 2(p — 2R), on voit que, si Ton a p < R (i -f- V^), l'équation a deux racines

de signes contraires; si l'on a R (i +.V^2) <p < s^

l'équation a deux racines positives.

Toute racine de Péquation (4) est plus petite que R,

puisqu'elle donne au radical /2R(R — x) une valeur, savoir

Ce fait serait d'ailleurs facile à vérifier directement. Substituons maintenant p — R à la place de x dans le premier membre de l'équation (1) ; le résultat est :

donc, si Ton ap < 2R, une seule des racines est inférieure à p — R ; si l'on a p > 2R, les deux racines sont en même temps inférieures ou supérieures à p — R ; elles seront inférieures à p — R, si leur demi-somme p — 2R est ellemême inférieure à p — R, ce qui a lieu évidemment.

Résumons maintenant :

1° on a p < 2ft ; la plus grande racine seule est positive ;

mais la plus petite seule est inférieure à p — R : donc on n'a pas de solutions ;

2° on a 2R < p < R (l + V^) ; la plus grande racine seule est positive; elle est inférieure à p — R : on a une solution ;

3° on a R (l + y/â) < p < - R ; les deux racines vérifient toutes les conditions imposées : on a deux solutions ;

A on a - R < p; l'équation (1) n'a pas de racines : il n'y a pas de solutions.

R étant donné, - R est le maximum de p; dans ce cas

on a une solution double, x = -\ le trapèze est un

demi-hexagone régulier.

Pour jo = R(i -{- i/â), on a une solution ordinaire, et en plus x = ; pour cette valeur de x, le trapèze se réduit à un demi-carré.

Pour p = 2R, on a x=R; le trapèze se réduit à AB compté deux fois.

Problème XIV

Inscrire dans une sphère de rayon R un cylindre de surface totale donnée (fig. 33).

Si x est le rayon du cylindre, y sa demi-hauteur, 2icm la surface donnée, on a les équations évidentes

2icx* -j- 4ir#y = 2i:m 2 , ou

a: 2 -]-2xy = m % ,

ou, en éliminant y,

2ar 5* 4 — 2 (m* -f 2R 2 ) x* -f m* = 0.

Une solution de ce système convient au problème si les valeurs de a? et y sont positives, et ces conditions sont suffisantes, puisque alors l'équation x*-\-y* ~ R 2 montre que x et y ^^- - ^ c

seront inférieurs à R.

L'équation en x n'a de racines que si Ton a :

ou évidemment

Fig. 33,

c'est-à-dire :

'<4 Ri

ou m

Cette condition étant supposée vérifiée, l'équation en x a deux racines positives.

Comparons ces racines, ou plutôt leurs carrés, à m 2 ; substituant m} à la place de a? 2 dans le premier membre de l'équation en x> on obtient le résultat :

4?w* — 4m* R», qui a le signe de

Donc, si l'on a m* < R 1 , l'équation en a? a une seule racine positive dont le carré est inférieur à m 2 , et le problème a une seule solution, car, pour que la valeur de y soit positive, on doit avoir x* < m 2 .

Si l'on a m* > R 2 , les carrés des deux racines positives de l'équation en x sont en même temps supérieurs ou inférieurs à m 2 ; ils lui seront inférieurs, si leur demi-somme

„ est elle-même inférieure à m 2 , c'est-à-dire si

l'on a m 2 > — , ce qui est évident. Donc dans ce cas le

problème a deux solutions, m % étant bien entendu infé-

. . R 2 (t/5 + l) rieur à ^ — -.

Le maximum de m* p g f R (V5-\-i)

Les cas particuliers sont faciles à examiner.

Problème XV

Construire un triangle rectangle, connaissant le périmètre 2p et le rapport m de la somme des volumes engendrés par le triangle en tournant successivement autour des cotés de l'angle droit au volume engendré par le même triangle en tournant autour de l'hypoténuse.

Soient a? et y les côtés de l'angle droit, z l'hypoténuse ; en remarquant que la hauteur de l'hypoténuse est égale

à -^ , on a les équations :

ic (* 2 y -f xy*) = - itz . ?JL . m y

auxquelles il faut joindre :

La première donne :

et par suite la troisième :

xy=2p(p — z); la seconde devient alors :

z (2p — z) = 2pm (p — z), ou

z 2 — 2p(m + l)z + 2mp*=0.

Une solution de cette équation convient au problème si elle est positive, et si l'équation

qui a pour racines x et y, a alors deux racines positives. L'équation en z a toujours deux solutions, car la quantité sous le radical

p* (m-j-l)* — 2mp % , ou

est toujours positive.

Ces deux solutions sont elles-mêmes positives. L'équation en t n'a de solution que si l'on a :

fêp — *)*-Sp{p — z)^0, ou

z* + Apz — 4p* ^ ; ou encore

c'est-à-dire, puisque z et p sont positifs,

D'ailleurs ces solutions seront positives si l'on a :

Donc une solution de l'équation en z ne donnera une solution du problème que si elle est inférieure hp et supérieure à 2/? (— 1 -\-\/2)*

Substituant p à z dans le premier membre de l'équation en z, on trouve pour résultat — jp* ; donc l'équation en z a toujours une racine et une seule inférieure à p.

Substituant maintenant 2p ( — 1 + \f%) à z, on a un résultat qui a le signe de

ou de

Si donc on a m < 2 V^2, une seule racine, la plus grande, est supérieure à 2/? (— 1 + V^) ; elle est plus grande que p et ne convient pas.

Si Ton a m > 2 y 2, les deux racines de l'équation en z

sont supérieures à 2p ( — 4 4- V^2), car il en est de même de leur demi-somme p (m -f- 1 ), et la plus petite qui, seule, est inférieure à p, donne une solution du problème. Le problème a donc une solution et une seule quand

on a m > 2 v/2; sinon, il n'en a pas.

z=p (m-f-1 — ^m*-\-\), d'où l'on tire facilement x et y.

Exercices