DES SOLUTIONS NÉGATIVES
H7. Théorème. — Les solutions négatives d’un système d'é- <j nations du premier degré , prises positivement , satisfont à un système qu’on déduit du premier par le changement des signes des termes qui contiennent les inconnues dont les valeurs sont néga tives.
En effet, si
satisfont au système
ax -+- hy -+- cz = A , a’ x -t- b' y -4- c' z = A’, a" x -t- b" y y- c" z — A",
on a les relations
a a — AS — c y k , a' a — b' 6 — c' y = A ', a" a. — A" S — c'y = A",
qui expriment que
Conviennent au système
ax — b y — cz = k , a' x — b' y — .c'a — A 1 , a ". t — b"y — c" z = A" -, c’est ce qu’il fallait démontrer. , ’
Itli. Supposons qu’un problème ait conduit à des équations qui admettent un système de valeurs dont quelques-unes sont né-
gatives; en changeant dans ces équations les signes des termes qui renferment les inconnues dont les valeurs sont négatives, on aura un nouveau système d’équations dont les racines seront les solutions du système précédent prises positivement. Si donc, en réfléchissant sur la mise en équation du problème proposé , on peut modifier l’énoncé, ou le généraliser de façon que sa traduction algébrique mène aux nouvelles équations, on aura utilisé les solutions négatives, ou, comme on dit, on les aura interprétées. Éclaircissons ces généralités par des exemples :
Exemple I. — Les âges tle deux personnes sont n et n' ; dans combien de temps l’âge de la première personne sera-t-il le double de l’age de la seconde?
À la fin de ce temps x, compte à partir de l’époque actuelle/ l’âge de la première personne sera
celui de la seconde
et l’on aura, d’après l’énoncé, .
d’où •
.t — n' — an.
Quand n' est an, la valeur de x est négative, et le problème, tel qu’il est posé, est impossible.
Changeons x en — x dans l’équation (i) ; la nouvelle équation
admet (117) la solution positive
i " x xx 2 n — n' ;
et on voit aisément que cette équation répond à la question sui-' vante : ,
A quelle époque l’âge de la seconde personne a-t-il été le double de l’âge de la première? • . •
119. Exemple II. — Mener parallèlement à la base d’un triangle une droite terminée aux deux côtés et égale à une droite donnée m .
PROBLEMES. I)L PREMIER DEGRÉ. I o5
Supposons le problème résolu : soient ABC le triangle proposé, BC sa base, DK la parallèle demandée, a, b , c les côtés oppo- Fig, i. - ses aux angles A, B, C, et x la distance inconnue CD. Les triangles semblables ABC, ADE donnent
. , AD DE ÀC=CB et
Quand a est <^w, la valeur de x est négative. Pour l’interpréter, on change .r en — x dans la relation (i), et l'ôn obtient une nouvelle équation
qui admet (117) la solution positive
or l’équation (2 ) est précisément celle qu’on obtient en supposant le point D au-dessous de C ; la distance au point C, représentée par la valeur négative , doit donc être comptée dans un sens contraire à celui qu’on avait supposé dans la mise en équation.
120. Lorsque l’inconnue est une grandeur rapportée îi une origine fixe et susceptible de deux sens contraires de part et d'autre de cette origine, une valeur négative indique le plus souvent un changement de sens. Ainsi , comme on l’a vu dans les exemples qui précèdent , une valeur négative trouvée pour un temps à venir indique un temps passé, et une longueur négative doit être comptée à partir de l’origine dans la direction inverse de celle qu’on avait supposée lors de la mise en équation. Ce lait n’est pourtant pas général ; et avant de conclure qu’une solution négative indique un changement de direction, il faut s’assurer si ce changement de sens n’entraîne dans les équations que le"changetncnl du signe de chacun des termes qui renferment l'inconnue
négative. L'habitude du calcul permet de faire instantanément cette vérification ; mais en s’en dispensant complètement , on risquerait de se tromper.
Voici quelques exemples :
I o pierres sont rangées en ligne droite à 1 mètre de distance les unes des autres. Déterminer sur cette droite un point X tel, qu'il y ait n fois plus de chemin à faire pour transporter successivement chaque pierre au point X que pour les transporter à la place occupée par la première pierre. On suppose que l’on parte dans les deux cas de la première pierre.
Supposons le point X situé à une distance x de la dernière pierre et à droite. Pour rassembler les pierres au point i, on fera lin chemin égal à
Pour les transporter en X , il faudra parcourir un espace total exprimé par
en sorte que l’équation du problème est
ou
d’où
= 9 + x+ 2 (8 + X + 7 + x + 6 + x + . . . + l + x +x), 90AJ =; 19X + 81 , qon — 81
Lorsqu’on a
qO«<"8i ou n <<— , •' 1 o
la valeur de x est négative; elle n’indique pourtant pas un changement de direction : car si l’on met le problème en équation, en supposant X situé gauche du point 1 o, entre 3 et 4 par exemple, on obtient la relation
PROBI.KMKS UU PREMIER DEGRÉ.
qui diffère, il est vrai, de la première, niais n’est pas égale à la transformée de (1 ) en — x.
121. Le problème du n° 11(1 est un exemple du cas où l’impossibilité de l’interprétation de la solution négative tient à ce que l’inconnue n’est pas susceptible de deux sens opposés.
La nature de cette question exige évidemment que x et y soient des nombres positifs. Or on peut toujours supposer a<b, c’est-à-dire appeler premier vin le vin le plus cher; dès lors pour que x et y soient positifs , c’est-à-dire pour que la question soit possible, il faut que l’on ait à la fois
on voit d’ailleurs à priori que la question ne peut, en effet, admettre de solution qu’autant que le prix du mélange est intermédiaire entre le prix des deux vins.
Dans ce cas, l’impossibilité manifestée par une valeur négative est de la même nature que celle qui est indiquée quelquefois par une solution fractionnaire. Ainsi , quand on demande de pay er 4o francs avec 1 3 pièces, dont x de 2 francs et 1 3 — x de 5 francs, on trouve
2 x -+■ 5 ( 1 3 — x) = 4o , d’où x — —
C’est donc ici une valeur fractionnaire qui annonce l'impossibilité du problème.
