RÈGLES DE DOUBLE FAUSSE POSITION

167. Un joueur f interrogé sur ce qu'il a dans sa bourse , ré^ pond que. l'excès du quintuple de ses louis sur 3o, est égal à t excès du double de ces mêmes louis sur 6. On propose de découvrir le nombre des louis du joueur. Pour résoudre cette question , nous donnerons une valeur arbitraire au nombre des louis ; si ce nombre satisfait à toutes les conditions du problème , il en donnera la solution \ s'il n'y satisfait pas , il produira nne certaine erreur , que nous détruirons ensuite à l'aide d*une seconde hypothèse. Voici le détail du calcul , suivi de l'explication.

I>^ HYPOTHÈSE, ao louis.

jLVxcès de 5 fois 30, sar 3o est 70.

L'excès de a fois ao, sur 6 est 34 • L'err. correspondante est donc 36.

II* HTPOTHàsE. 19 loui$.

L'excès de 5 fois 19, snr 3o est 65.

L'excès de a fois ig, snr 6 est 3a.

L'err. correspondante est donc 33.

Pour diminuer l'errenr 36 de 3 , il faat diminuer de i le nombre ao des lonis.

Poar diminuer l'errenr 36 de 36, il faut diminuer de i a le nombre ao dei lonis.

Le nombre des lonis chercha est donc ao moins la, on 8.

En vertu de la i'* hypothèse , si le nombre des louis était ao, Texcès de leur quintuple sur 3o, serait 70, et l'excès de leur double sur 6 , serait 34 ; or ce a* excès est au-dessous du i^'de 36, tandis qu'il devrait lui être égal; Vhypothèse ao louis , produit donc une erreur de 3G. Pour apercevoir com- Qiint om peut détruire cette erreur ^ nous diminuerons d un le

90 iNTRODUCTrOK

nombre ùo des louis, ce qui le réduira i 19 ; cette a* bypcw thèse, traitée comme la i'*, donnera 33 pour 2* erreur ; mais la 1'* erreur 36 , était de 3 plus forte ; on dira donci^ comme pour diminuer la 1'* erreur 36 de 3, il a fallu diminuer d*un la !'• hypothèse ao; pour détruire cette i'^* erreur 36, ce qui réyient a la diminuer de 36 , ou de la fois 3 , il faut diminuer de ifl fois 1 , la 1'* hypothèse ao ; ce qui la réduit à S. Le joueur avait donc 8 louis, U est aisé de se convaincre que ce nombre satisfait à toutes les conditions du problème ; en effet, Texcès du quintuple de 8 sur 3o est 10, et Texcès du double de 8 sur 6 est également 10 , comme l'exige l'énoncé. On aperçoit aisément que le nombre 8 est le seul qui puisse satis-* faire à la question.

La règle donnée pour résoudre les problèmes de cette espèce , ^taît connue sous le nom de Règle de double fausse position.

Les deux hypothèses sont arbitraires , elles conduisent toujours au même résultat ; mais on doit chercher à abréger les calculs , en choisissant des nombres qui n'introduisent pas des fractions. Ce choix^st quelquefois assez difficile, l'habitude du calcul peut seul le déterminer.

16g. Un seigneur rencontrant des jeunes pcy sonnes, leur dit : Bon jour les deux douzaines de belles filles. Elles lui r^pondent: Nous ne sommes pas deux douzaines ; mais si nous étions 8 de plus , notre nouveau nombre surpasserait autant s4 qu'il est actuellement au-dessous de 224. Quel était le nombre des personne ? Le nombre des paysannes 'est moindre que a^» et augmenté de 8 il doit être au-dessus de 24*» il est donc plus grand que 16; il ne peut donc être que lun des nombre» en-: tiers compris entre 16 et a4> essayons successivement aa et a3. S'il y avait aa paysannes , leur nombre serait de a au-dessous de a4 , et si elles étaient 8 de plus , leur nouveau nombre 3o surpasserait a4 de 6 ; or d'après l'énoncé , les dififérences îà et 6 devraient être égales ; rh3rpothèse aa, donne donc l'erreur 4. On trouverait de même, que l'hypothèse a3, donne 6 d*er-^ reur. On dira alors : comme pour dinûnuer l'erreur 6, de a, il faut diminuer d'un l'hypothèse 9S ; pour détruire l'erreur 6>

A L* A L G È B a E. gl

il faut diminuer de 3 Thypothèse a3 ; le nombre des paysannes éUùt donc 20. Le non^re ao satisfait à toutes les conditions

* du problème , car a4 ^^ surpassant de 4 > quand on Taugmente de 8, il devient aS et surpasse tt4 ^® 4> c'est-à-dire d'autant

, qu'il était surpassé par a4-

170. Un joueur^ entrant dans une académie^ proposa au banquier de deviner ce quil avait dans sa bourse , et se con^ tenta de lui dire que l'excès de ses louis sur 6 , était égal à Vejteès du double de ses louis sur 16. Quel était le nombrm des louis du joueur?

I'* BivoTHàst. 8 louù.

L'cBoti de 8 sur 6 est 3.

L'excèi de 16 fur iC est o.

LVrr^r est donc 3.

II* HYPOTHÈSE. 9 louù.

LVxccs de 9 sur 6 est 3.

L''excès de 18 sur 16 est 3.

LVnear est donc .... i.

L'arreur a, diminuant de 1 , quand l'hypothèse 8 augmente de 1 ; elle sera nulle quand l'hypothèse 8 augmentera de a. Le nombre des louis qu'avait le joueur est donc 10. Et eo effet, l'excès de 10 sur 6 est 4> qui est égal à l'excès da a fois 10 sur 16.

171. Un père interrogé sur Page de sonjils et sur celui de sa fille , fit cette réponse obscure : nm fille a actuellement le triple de l^àge qu'elle avait quand mon fils avait son âge ; ei quand elle aura atteint Page actuel de mon fils , leurs deux âges réunis feront 60 ans. On demande les âges actuels du fils et de la fille. Si la fille a 3 ans , comme cet âge doit être triple de celui qu'elle avait quand le fils avait son âge 3 ans , elle iTavait alors qu*un an ; le fils a donc deux ans de plus que la fille ; conséquemment , si l'âge actuel de la fille est S ans, celui du fils est 5 ans; mais quand la fille aura atteint rige actuel du fils, ce dernier aura 7 ans, et les âges réunis du fils et de la fille feront 1 a ans ; tandis qu'ils doivent faire 6q ans •, l'erreur correspondante à l'hypotlièsc 3 ans , faite sur

5t INTRODUCTION

Tage de la Elle^ est donr 48 ans. Si l'on augmente Cette Ii3rpo-« thèse de 3 ans, on trouvera que l'erreur 48 ^ns» diminue diP la ans. On dira donc : puisque Terreur 48 diminue de la, quand l'hypothèse 3 augmente de 3 ; pour que l'erreur 48 diminue de 481 ou de 4 fois la , il faut augmenter l'hypothèse 3 de 4 fois 3, ou de .12 ; de sorte que l'âge actuel de ktjUleest 1 S ans. On en déduit aisément l'âge actuel du fils ; car la fille , qui a i5 ans ^ doit avoir le triple de l'âge qu'elle avait quand le fils avait son âge 1 5 ans ; elle n'avait donc alors que le tiers de i5 ans ou 5 ans. Le fils a donc 10 ans de plus que la fille. Mais l'âge actuel de la fille est i5 ans ; celui du fils est donc qS ans. Ces nombres satisfont à.. toutes les conditions du problème ; car l'âge actuel de la fille est le triple de Tâge 5 ans qu'elle avait ^ lorsque le fils avait son âge 1 5 ans ; et quand la fille , qui a i5 ans^ aura atteint l'âge actuel du fils, qui est 125 ans, le fils qui a 10 ans de plus^ aura 35 ans; ces deux âges réunis donnent effectivement 60 ans ^ conmie l'exige l'énoncé.

* 17a." On a deux gobelets as^ec un seul cou\fercle; le i" go^ belet pèse la onces ^ et avec le couvercle il pèse deux fois plus €jtie le Q* gobelet ; le a' gobelet avec le couvercle, pèse 3 fois plus que^le 1^. On demande le poids du couvercle et celui du a' gobelet. Si le couvercle pesait 6 onces, le 1*' gobelet avec 96n couvercle pèserait 1 a onces plus 6 onces , ou 1 8 onces ; îti^s ce dernier poids doit être double de celui du a® gobelet; 1^ a^ gobelet pèserait donc g onces ; le a" gobelet avec le couvercle pèserait donc 9 onces plus 6 onces, ou i5 onces. Or d'après la a* condition du problème , ce dernier poids devrait être égal au triple 36 onces du poids du !•' gobelet; i^3rpothèse 6 onces , faite sur le poids du couvercle^ donne d6iic une erreur de ai onces. Si l'on supposait que le couvercle aa lieu de peser 6 onces pèse 8 onces, au lieu de ai onces d'errei»: on n'en trouverait que 18. On dira donc : comme pour dimî* nuer l'erreur ai onces , de 3 once8,,il faut augmenter de a onces» ]e poids 6 onces du co^ivercle; pour diminuer l'erreur ai onces de 7 fois 3 onces ^ ce qui la détruit ^ il faut augmenter de 7Îo\%

H ^nces le poids 6 onces attribué au couvercle; le couvercle pèse donc âo onces ; le i*' gobelet avec son couvercle pès« donc 3a onces ; mais ce poids est le double de celui du a* gô-» belet ; le second gobelet pèse donc i6 onces. Et en effet » lè A« gobelet avec son couvercle pèse alors 36 onces ^ ou le tripla du poids la onces du i*' gobelet.

,173. Si Ton examine attentivement les solutions précédentes , on Terra que la méthode des deux hypothèses suppose que lesefreurs diminuent proportionnellement aux hypothèses faites sur les valeurs des inconnues. Mais cette condition nest pas toujours remplie ; le calcul en avertit alors , en conduisant à un nombre qui ne satisfait pas aux conditions du problème: Dans ce cas, la question proposée est du ressort de l'algèbre^

Pbur en donner un exemple ^ proposons de trouver par quel nombre on doit diviser la , pour que^ le quotient exact soit égal au diviseur augmenté dun. Le nombre cherché devant diviser la^ nous essaierons deux diviseurs de la , tels que a et 4> ^î le nombre cherché était a, le quotient de la par ce nombre serait 6 ; or ce quotient doit être égal au diviseur a augmenté d*un> on a 3 ; il y a donc 3 d'erreur. On trouvera de même que Tendeur correspondante à lliypothèse 4 est a ; mais Yhy-^ pothèse a a donné 3 d'erreur; on dira donc : pour diminuer Terreor 3 de 1 ^ il faut augmenter Thypothèse a de a ; pour diminuer Terreur 3 de 3 , il faut donc augmenter Thypothèse a de 3 fois a; ce qui donne 8. Mais ce nombre ne satisfait pas ami: conditions du problème , car le quotient de 1 a par ^ n'est pas égal au diviseur 8 augmenté d'un.

1/ arithmétique ne peut donner aucune solution directe des problèmes de cette espèce. On verra dans V algèbre yf[xie le nombre cherché est 3. n satisfait aux conditions du problème , car le quotient 4 > de la par 3 , est égal au diviseur 3 augmenté d'un. Cet exemple suffit pour faire connaître le degré de confiance qiCon doit accorder à la méthode des deux hypothèses ; sa grande utilité n*en doit pas faire oublier les inconvéniens, Qn ne peut compter sur t exactitude du résultat qu* elle fournit,

qu*après s^itrfi assuré gu*il satisfait à toutes les eonditions d» problème. L*ALGÉBaE n a point cet inconvénient, les valeurs qu'elle donne pour les inconnues , satisfont toujours aux con-' ditions du problème» ^

174. Les questions qne nous ayons traitées însqu'ici, n*étaient susceptibles que d*une solution. Mais il existe des problèmes qu'on peut résoudre d'une infinité de manières. Les personiies qui ne connaissent pas bien l'arithmétique ^ croient avoir atteii^it le but , lorsque le hasard les a conduit sur une des solutions ; nais elles sont dans l'erreur : les sciences exactes ne doivent rien au hasard, elles marchent à pas sûrs » et rejettent tout ce qui n'émane pas du raisonnement. Le mathématicien doit donc chercher à découvrir toutes les solutions dont un problème at susceptible. Appliquons ce principe à l'exemple suivant

175. Les^neuf Muses , portant chacune le même nombre de couronnes de fleurs ^ rencontrèrent les trois Grâces , et leurs of^ f rirent des couronnes. La distribution faite ^ les Grâces et les Muses avaient chacune le même nombre de couronnes. On demande combien les Muses portaient de couronnes y et combien elles en donnèrent. Le nombre des Muses étant triple de celui des Grâces , la totalité des couronnes qui restent aux Muses après la distribution , est le triple de ce qu'elles ont donné aux Grâces ; les Muses portaient donc le quadruple de ce qu'elles ont donné aux Grâces; par conséquent^ le nombre des couronnes est divisible par 4 9 ^^ l^ Muses ont donné le quart de ce quelles portaient. Mais chacune des neuf Muses portait d'abord un même nonibre de couronnes ; le nombre total des couronnes est donc exactement divisible par g ; or nous avons prouvé qu'il était aussi divisible par 4 > il doit donc être divisible par 4 fois 9, ou par 3G. Ainsi, le nombre des couronnes que portaient les 9 Muses peut être 36 , ou l'un quelconque des multiples de 36. £n effet , 3G et chacun de ees multiples satisfont à toutes les conditions du problème. Par exemple , si les 9 Muses portant 36 couronnes , en donnent le quart au3^ Grâces ; il restera 97 couronnes aux neuf Muses ,

et les trds Grâces en auront g ; cbaqua Muse et chaque Grâca portera donc S couronnes, après la distnbution. On vérifierait de la même manière chaque multiple de 36.

176. On dit qu*un problème est DÉTERMlMi lorsqu'il ne pmt pas se résoudre d'une infinité de manières différentes; et par apposition ^ un problème est indéterminé, lorsqu'il ut susceptible d'une infinité de solutions.

177. n existe un grand nombre de problèmes , qui ne peuvent se résoudre que par des tâtonnemens , dont le nombre est en* lièrement illimité ; de sorte qu'après avoir fait plusieurs tentatires iufiructueuses , on n'est pas plus avancé qu*à la première; en ignore encore si le problème est possible ou non. Les qnestionB de cette' espèce ont pour caractère distinctif de ne ftnniir aucune relation entre les quantités connues et inconmes ; elles ne peuvent qde dégoûter l'élève, lui faire perdre aon temps, et gâter son esprit ; car, si après un grand nombre de tentatives , il ne trouve pas la solution , il est rebuté , et iil la tronre il n'en éprouve intérieurement aucune satisfaction , Jttrce qu'il sent qu'il ne doit sa découverte qu'au hasard. Nous ne donnerons en conséquence qu'un seul de ces problèmes , et aons engageons les élèves à ne jamais s'occuper de ceux de son espèce.

178. Partager huit pintes de vin en deux parties égales , avec trois vtues inégaux, dont le premier peut contenir 8 pintes , le seconds pintes^ et le troisième 5 pintes. Les vases sont vides. Il &nt parvenir^â* obtenir quatre pintes de vin dans un vase ; mais rien ne peut faire connaître si cela est possible ou non. La route à suivre ne pouvant pas se déduire de Ténoncé du problème , on est forcé de marcher au hasard. Parmi plusieurs tentatives inutiles, les deux suivantes m'ont réussi. Pour abrégé, je désignerai le vase de 8 pintes par ^ , celui de 5 pintes jgar B y et celui de 3 pintes par C

PaExiftiE soiUTiov. !•. Vtnet lei 8 pintes de rin dam A, alori A I tOBliendni 8 pintes de TÎn, B et Oseront ▼ides; a» serrez-vous de Afquk I iOBticat 8 pintei , ponr remplir B ; celai-ci contiendra alors 5 pintes , A nt

'9^ INTEODtJdTlÛK A L'ALGÉfiAE*

' contiendra plus que 3 \ÂnttB , et C sera TÎde ; 3^ empCasez C aTéC 3 des S : pintes de B $ alon , C contiendra 3 pintes, de vin , B n'en contiendvà plu' que ^,ttA contiendra encore 3 pntes -y 4^. dans ^^ oh il y a dëjà.3 pintes» versez les 3 pintes de C: alors , A contiendra 6 pintes, C sera vide, et B contiendra encore a pintes ; 5^ versez ïeê a pintes de B > dans O,' qui- est vide : alors , C contiendra a pintes , et B sera vide; A contiendra toujours 6 pintes ; &> emplissez B , qui est vide , avec 5 des 6 pintes de A : alors, il restera une pinte daus A, et B contiendra 5 pintes | -C contiendra toujours a pintes ; 7<* avec B achevez d'emplir Cj comme il y a a pintes dans Cy et qu'il en peut contenir 3 , pour remplir C, on aura 6t^ une des 5 pintes que renfermait B f il restera- donc enfin 4 pintes dans fi : c'est la moitié qu'on voulait avoir.

Deuxième soLUTioir. Eemplisses A, versez de ^ en C, de Cen J? , dt '^ en C , àt C en B , de BetkA,àeCeiiB,etdeAenCt il testera 4 pintes dans A. U est facile de s'en convaincre.

17g. Je pourrais encore traiter un grand nombre de pro^ blêmes nnmériques ; mais comme ce qui précède suffit pour, mettre à portée de résoudre les questions les plus compliquées y )e crois deyoir terminer ici mon Introduction à l'Algèbre. Les élèves doivent se proposer plusieurs questions de chaque tè^ pèce ; en les résolvant et les analysant avec soin ^ ils s'accoii^ tumeront à raisonner sans aucun secours étrangers^ et leur esprit fortifié^ sera disposé à saisir les considérations abstraitei» de Y Algèbre. •

^ FIN DE L'iNTRODUGTIOK.