LE

Il y a donc deux solutions qui sont: 5 et 12; —5 et 12.

lions dass. es sens: à

LP = ak

283. — PROBLÈME II. — Calculer les dimensions d'un reclangle connaissant son périmètre 20" el son aire qui est de 21:

Le périmètre est égal à la somme des quatre côtés, deux à deux égaux, du rectangle. La somme des deux côtés inégaux est donc égale au demi-périmètre, soit à ro".

Désignons par æ l'un des côtés; l’autre sera égal à LOL.

Or, l'aire d’un rectangle est égale au produit de ses deux dimensions. Si donc x est le côté cherché, on doit avoir :

ou X?— 107 + 21 —0.

Cette équation a deux racines qui sont :

d'—5+4V25—01—), Di D 45 at Eh À

Si l’un des côtés du rectangle est de 7”, l’autre sera de 10— 7—3"; au contraire, si on prend pour le premier côté 3", le second est r0o—3—;". On ne trouve au fond qu'une solution. Le rectangle cherché a pour dimensions 7" et 3". Ceci tient à ce que l'équation formée admet pour racine la longueur de l’un quelconque des côtés. Les deux racines doivent donc être chacune un côté.

REMARQUE. — On aurait pu traiter cette question plus élégamment en se servant des relations entre les coefficients et les racines d’une équation du second degré. En effet, les deux dimensions cherchées ont pour somme ro et pour produit 21. On est donc ramené à trouver deux nombres connaissant leur somme 10 et le produit 21. D'après ce que nous avons dit plus haut (n° 263), ces deux nombres sont racines de l'équation du second degré :

284. — ProBLèMEe III. — Division en moyenne et extrême raison. — Etant donnés sur un axe deux points À et B,

trouver sur cel axe un point M tel que l’on ait (fig. 30) :

AM —MB.AB, (1)

en grandeur el en signe.

Prenons comme sens positif sur l'axe le sens de A vers B et soit :

AP 14 M' A M 8 Fig. 30.

Désignons par æ l’abscisse du point M comptée avec l'origine A :

On a, alors, comme nous savons (n° 80)

MB—=AB—AM—a—x.

D'après l'égalité (1) de l'énoncé, si æ est l'absecisse

cherchée, on doit avoir :

ou a? + ax — A —0o.

Cette équation a toujours deux racines de signes contraires puisque les termes extrêmes sont de signes contraires. Ces deux racines sont :

,—a+Va +4 a [V5 — rl

A a LL RE Le ue 1]

Ur o 2

La première solution x’ est positive, elle est d’ailleurs plus petite que à, car elle est égale environ à 0.6:a.

Il lui correspond un point M (fig. 30) situé entre A eue:

La seconde solution +” est négative et égale environ à — 1,6-4G.

Il lui correspond un point M’ (fig. 30) situé du côté négalif, c'est-à-dire de l’autre côté de À que le point B.

285. — Discussions. — Lorsque les données sont littérales, il peut arriver que, suivant les grandeurs relatives de ces données, le problème admette ou n’admette pas de solution.

Reconnaître, suivant les cas, le nombre des solutions du problème, c’est ce qu’on appelle discuter le problème.

Donnons d'abord quelques exemples simples et, pour cela, reprenons les problèmes I et IT en substituant des lettres aux données numériques.

286. — PROBLÈME Î GÉNÉRALISÉ. — Trouver deux nombres connaissant leur différence d et leur produit p.

Soit x le plus petit des deux nombres. Le plus grand sera d + x.

Si æ est bien le nombre cherché on doit avoir, d'après l'énoncé :

ou a + de — p = 0.

Nous avons là une équation du second degré.

Pour discuter, suivons la marche indiquée au n° 267.

Le produit des racines est —p, donc :

1° Sip >o, le produit est négatif. L’équation a certainement deux racines de signes contraires et la plus grande en valeur absolue est du signe de — d.

2° Si p<o, il faut calculer le discriminant qui est :

Nous avons alors trois cas :

F2 a) Si 2 + p > 0, c’est-à-dire si de ns Fr <C D ae)

l'équation a deux racines de même signe et du signe de — (.

b) Si + p <o, c'est-à-dire si

de FE l'équation n’a pas de racines.

de c) Si Pire l'équation a une seule racine (double)

égale à LE 3 Si p—o, l'équation a une racine nulle et une racine: égale à — d.

RÉSUMÉ. — us p > — Fa deux solutions.

p=— 7 une seule solution.

FER —" pas de solution

On remarquera que la plus petite valeur que puisse prendre p pour que le problème ait au moins une solu-

tion est + On peut donc dire que : le minimum du

produit de deux nombres dont la différence est égale à d

est égale à + car il n'existe pas de nombres ayant pour

différence d et dont le produit soit plus petit que +

287. — PROBLÈME II GÉNÉRALISÉ. — Trouver les deux dimensions d'un rectangle connaissant son périmètre 2p et un carré a de même aire.

La somme des deux dimensions cherchées est égale au demi-périmètre p, leur produit est égal à a. Nous sommes donc ramenés à trouver deux nombres connaissant leur somme p et leur produit a. Ces deux nombres sont racines (n° 263) de l'équation du second degré

LP — px + a =o.

Pour que cette équation ait des racines, il faut que le M2

discriminant sn a? soit positif.

Donc :

: p? | ë Si Œ < une solution qui est un rectangle;

S1 a? — une solution qui est un carré;

Si a? À pas de solution.

Dans le cas où ar = le discriminant est en effet nul,

les deux racines de l'équation sont égales, le rectangle a ses deux dimensions égales, c’est donc bien un carré.

REMARQUE. — On voit que, pour que Île rectangle existe, il faut que l’on ait

p° 2 ÊtE a €

le rectangle est un carré.

ct, lorsque a? —

On peut donc dire que : parmi tous les rectangles de même périmètre, celui qui a la plus grande aire est le carré, car il n’y a pas de rectangle ayant une aire supé-

rieure à . qui est l'aire du carré de périmètre 2p. L'inégalité précédente peut encore s’écrire : PP > 40, ou p > 24, ou 2p > 44.

Elle exprime alors que pour que le rectangle existe, il

faut que le, périmètre 2p soit supérieur ou au moins égal à 4a qui est le périmètre du carré donné. Lorsque 2p = 44,

le rectangle est le carré donné. Ceci exprime que : parmi tous les rectangles de même aire qu'un carré donné, c’est ce carré qui a le plus petit périmètre.

288. — Cas où les valeurs de l’inconnue sont limitées. — Dans les exemples qui précèdent, le problème avait toujours des solutions lorsque l'équation avait des racines. La discussion se réduisait donc à reconnaitre le signe du discriminant.

Mais il arrive souvent, surtout dans les problèmes d’origine géométrique, que, pour qu'il existe une solution, il faut non seulement que l'équation du second degré ait des racines, mais encore que ces racines soient comprises dans certaines limites.

Par exemple, si l’inconnue x est le côté d’un triangle dont on connaît la somme s des deux autres côtés, une valeur de x ne sera

acceptable que si l'on a TES,

car dans un triangle un côté doit être plus petit que la somme des

deux autres.

Dans de pareils cas, la discussion consistera à reconnaître non seulement s'il existe des racines, mais encore si ces racines sont comprises dans les limites assignées.

Par exemple, supposons que l’inconnue x satisfasse à une équation du second degré

et que l’on sache, en outre, qu’il faut que cette inconnue soit plus petite qu'un certain nombre «. Il faudra alors voir si l'équation a des racines et, lorsqu'elle en a, comparer ces racines au nombre «a. Nous sommes ainsi ramenés à traiter une question étudiée au n° 276. Cette comparaison se fait en étudiant le signe de f (a).

»:. OA T' on VO |, PRES at F4 . " e dE * 7 Y pe

Ia se place une remarque très importante.

Nous avons vu (n° 275) que si f (x) est de signe contraire au signe du premier terme de f (x), on peut affirmer que l'équation a deux racines et que « est compris entre ces racines. Dans ce cas, on reconnaîtrait donc l'existence des racines sans avoir formé le discriminant.

On conclut de là que, comme dans tous les cas on sera toujours obligé de calculer f(x), il y a avantage à faire ce calcul en premier car ainsi, lorsque af(x) <o, on évite le calcul du discriminant.

289. — Résumé. — De ce qui précède, on conclut qu'il sera, en général, bon de suivre la marche que voici pour faire la discussion :

Lorsque les solutions, pour être acceptables, dowent être comprises dans certaines limites : on substituera d'abord ces limites dans le premier membre de l'équation :

1° Si l’un des résultats est de signe contraire au signe du premier terme, on peut affirmer que l'équation du second degré a deux racines et on connaît leur position par rapport aux limites (le calcul du discriminant est inutile).

> Si les résultats de substitulion sont tous du signe du premier terme, il faut calculer le discriminant et ensuite comparer les limites à la demi-somme des racines.

Appliquons ceci à un exemple.

290. — PROBLÈME III. — Calculer les deux côtés de l'angle droit d'un triangle rectangle, connaissant l'hypoténuse a et la somme | de ces deux côtés.

Soient æ et y les deux côtés inconnus, on devra avoir :

x +y—=l, (1) 22 + Y— 2 ER:

De la première on üre :

(2) | y=Îl— .

et, en portant dans la seconde, on obtient :

Œt+(l— x — at,

(3) DU 22%—2lx+P—a—=0o.

De cette équation on tirera æ et, connaissant æ, la formule (2) donnera y.

Discussion. — Pour que le problème admette des solutions, il faut qu’il existe des valeurs de æ et y positives vérifiant ces égalités (r) et (2). Or, pour que y soit positif, il faut que x soit plus petit que {. Donc il faut et il suffit

que l'équation (3) admette des racines positives et plus

petites que / o<L<l.

Soit f (x) le premier membre de l'équation (3) f(æ)—=2a?—2lœ +l— a.

Calculons f (0) et f (1). Nous avons :

1 Sil<a,f(o)et f (l) sont tous deux négatifs, l’équation (3) a donc certainement deux racines æ&’ etx”; et o et l sont tous deux compris entre ces racines. On a ainsi :

FA Pt = à

Aucune des deux racines ne convient, le problème n'a pas de solution.

> Si l>a, f (o) et f (!) sont tous deux positifs, il faut alors former le discriminant. Or on a :

br—ac—t®—2(B—a)—=2a —Û&; pour qu'il soit posilif, il faut avoir :

P <oaa?

ou | L< ay.

Si cette condition est remplie, l'équation a deux racines

æ' et æ” et aucun des deux nôémbres o et ! n’est compris entre ces racines. Comme la demi-somme des racines

est ’ o est plus petit que la plus petite et ! plus grand que la plus grande. On a donc : Or Dei Die El Les deux racines sont acceptables.

Le problème à donc, en apparence, deux solutions DEL er T ; DT ete Mais ces deux solutions ne sont pas distinctes; elles

fournissent le même triangle. En effet, la somme des raci- nes de l'équation (3) est L.

On a donc D' +=,

RE nt » JO 2 NT M Pme t 418 Les deux solutions sont alors

Datr ER RATE LT, Y—X ,

Vas, UT,

Elles donnent bien le même triangle dont les deux côtés de l’angle droit sont x" et x”.

Cas limites. — Si on avait /—a, l'équation (3) aurait une racine nulle. Il n’y aurait donc pas de solution à proprement parler.

Si on avait /—ay>2 l'équation (3) aurait ses racines égales, on aurait ie triangle serait isocèle.

Résumé. — La discussion précédente se résume ainsi

l<a, pas de solution ; a<l<a V2, une solution ; La 2, pas de solution.

291. — Remarque. — On aurait pu résoudre le système d'équations (1) précédent d’une façon plus élégante, qui aurait conduit à une discussion plus simple.

Si, en effet, on remarque que l’on a l'identité

D? + Y$ + ay (x + y) on aura, en y remplaçant à? +1 et x + y par leurs valeurs, F HA CU Us

PE — a?

d’où l’on tire re :

On voit ainsi que æ et y sont deux nombres dont on

connaît la somme / et le produit : ce sont donc les

racines de l'équation du second degré :

mie + T0

ou 2X2— 2x +l2— a —0o.

On retrouve l'équation (3). Mais ici on voit qu'il suffit que cette équation ait deux racines positives. Pour que les deux racines existent il faut que

Pour qu'elles soient posihives il suffit que leur produit soit positif puisque la somme est positive. Ce qui donne