DE QUELQUES AUTRES PROBLÈMES

deux lumières se répandant en tous sens , il peut y avoir sur le prolongement de AB, un autre point également éclairé , et ce point doit être plus voisin de la lumière B dont l’intensité est la moins forte.

On peut reconnaître à potteriori pourquoi ces deux valeurs

sont liées par la même équation. Si, au lieu de prendre AC pour

l’inconnue x, on prend AC', il en résulte BG'= x — a; ainsi l’on

a 1 équation — = ^— — — ya : or, comme (x — ay est identique avec

(a — x)’, la nouvelle équation est la même que l’équation déjà établie, qui, par conséquent, ne doit pas plutôt donner AC que AC'.

La seconde valeur de a — x, —77— ^—7-, est négative , ce qui

doit être , puisque l’on a x>>a; mais en changeant les signes de

... — ay/c • al/c

1 équation a — x—— — — - — —, on trouve x — a— — r ;

Vb— Ve. V h — Ve

et cette valeur de x — a représente la valeur absolue de BC'.

Soit b <^c.

al/5

La première valeur de x, ■ — —, est toujours positive, mais

plus petite que ^ , puisque l’on a

y/6 + \/ c'y y/ b + y/by 2p/5.

La valeur de a — x correspondante, ou

et plus grande que -.

ay/c

, est positive

Ainsi, dans l’hypothèse que l’on considère , le point C , situé

entre les points A et B , doit être plus voisin de A que de B.

t , al/5 — al/5 , ,

La seconde valeur de x, -, ou — — - — -n-, est essentiel-

lement négative. Pour l’interpréter, remontons à l’équation, qui

devient, lorsqu’on remplace x par

-. Or , a — .1

exprimant d’abord la distance de B au point cherché, a-f xdait

160 DISCUSSION

maintenant exprimer cette même distance, ce qui exige que le point cherché soit à la gauche de A , en C" par exemple. Et en effet, puisque l’intensité de la lumière B est, par hypothèse, plus forte que celle de A, le second point cherché doit être plus voisin de A que de B.

La valeur de a — x correspondante, ^y/c °U\/c ^y/b’

est positive ; et cela tient à ce que, x étant négatif, a — x exprime réellement une somme arithmétique.

1 ' Soit b c.

Les deux premières valeurs de x et de a — x se réduisent à - ;

ce qui donne le milieu de AB pour le premier point également éclairé. Ce résultat est conforme à l’hypothèse.

Les deux autres valeurs se réduisent à

ou deviennent

infinies , c’est-à-dire que le second point également éclairé est situé à une distance des points A et B plus grande qu’aucune quantité assignable. Ce résultat répond parfaitement à l’hypothèse présente ; car, si l’on suppose que la différence h — c, sans être tout-à-fait nulle , soit extrêmement petite , le second point également éclairé existe , mais à une distance très grande des

deux lumières ; c’est ce qu’indique l’expression ^ ' dont

le dénominateur est extrêmement petit par rapport au numérateur; et lorsqu’on suppose enfin b = c, ou y/b — y/c=0, le point cherché ne peut plus exister , ou doit se trouver situé à une distance infinie.

Observons , en passant , que dans le cas de b=c, si l’on considérait les valeurs non simplifiées

a (b-\-y/bc) a (b — \/hc)

X y et X y ,

la première, qui correspond à x :

ai/ b , . * . 2 ab

■-—7/ -r, deviendrait

et la seconde , qui correspond à x = ^fiY+y/ ’ deviendrait

Maison n’obtient qu'à cause de l’existence d’un facteur commun, [//> — l/c, entre les deux termes de la valeur de .r. (Ployez ce qui a été dit n°* 73 et 102.)

Les deux termes de la première comprennent bien aussi le facteur commun mais en le supprimant, on trouve

x = i/ff^\/ * exPress‘on se r®duit encore à dans

l'hypothèse de b—c.

Soient\t — G et a=0.

Le premier système de valeurs de x et de a — x se réduit à 0 , et le second système à Ce dernier caractère est ici le symbole

de Y indétermination ; car si l’on remonte à l’équation du problème (A — c)x2 — 2aAx= — a’A, elle se réduit, dans l’hypothèse actuelle, à 0.xJ — 0.x = 0, équation qui peut être satisfaite par un nombre quelconque mis pour x. En effet, puisque les deux lumières ont la même intensité et sont placées au même point, elles doivent éclairer également chacun des points de la ligne AB.

La solution 0 que donne le premier système, est une de ces solutions, en nombre infini, dont on vient de parler.

Soit enfin a = 0 , b étant différent de c.

Chacun des deux systèmes se réduit à 0; ce qui prouve qu’il n’y a, dans ce cas , qu’un seul point également éclairé : c’est celui où les deux lumières sont placées.

L’équation se réduit alors à (A — e)xJ = 0, et donne les deux valeurs égales , x = 0 , x = 0.

La discussion précédente offre un nouvel exemple de la précision avec laquelle l’Algèbre répond à toutes les circonstances de l’énonçé d'un problème.