ULIS

C’est la même équation que plus haut.

La solution négative æ = — 252 s’interprète : La rencontre avait eu lieu 252 kilomètres avant le point B.

1914. — Cas général. — D'après les exemples que nous venons de traiter, nous voyons que chaque fois que nous avons pu interpréter une solution négative, cela tenait à ce que le problème était mal posé. Cela tenait à ce qu’on avait fait par avance dans l’'énoncé une supposition sur le sens de linconnue, supposition qui se trouvait être inexacte.

Lorsqu'un problème de ce genre est bien posé, on ne doit faire dans l’énoncé aucune supposition sur le sens de l’inconnue. On peut alors de suite affecter l'inconnue d’un sens et d’un signe et éviter de refaire une seconde fois le problème. |

Nous sommes ainsi amenés à la règle générale que voici :

Lorsque, dans un problème, l’inconnue peut étre comptée dans deux sens opposés, on doit de suite choisir un sens

positif pour cette inconnue et désigner par æ& la mesure algébrique de l'inconnue.

II faut ensuite avoir soin de mettre le problème en équation d'une façon tout à fait générale, de façon que l'équation soit bonne dans tous les cas.

La solution trouvée a alors toujours un sens.

192. — PROBLÈME VIII. — Un joueur entre au jeu avec 200 francs. [l joue deux parties. À la première partie il gagne le double de ce qui lui reste à la fin de la seconde partie. A la seconde partie 1 perd 300 francs. Quelle somme a-t-il gagnée ou perdue?

Soit æ le nombre de francs gagnés ou perdus, æ étant positif si c’est un gain et négatif si c’est une perte.

I] lui reste à la fin des deux parties 200 + x francs.

D'autre part, à la première partie, il gagne 2 (200 + x) francs. Il a donc à la fin de cette première partie 200 +

2 (200 + +) francs. Il perd 300 francs à la seconde partie. Il lui reste donc finalement 200 + 2 (200 + x) — 300. On doit ainsi avoir :

200 + 2 (200 + æ) — 300 — 200 + æ ou 200 + 400 + 2% — 300 — 200 + L.

D'où D 100.

Le joueur a perdu 100 francs.

1493. — Discussions. — Lorsque les données d’un problème, au lieu d’être des nombres, sont représentées par des lettres, la solution trouvée est une expression algébrique de ces lettres. La valeur numérique de l'inconnue dépend alors des valeurs numériques des inconnues.

Discuter un tel problème, c’est alors étudier, suivant les valeurs attribuées aux données : 1° si le problème admet une solution acceptable; 2» quelle est la nature du résultat.

Nous nous contenterons d'examiner ici des cas très simples.

494. — PROBLÈME IX. — Étant donnés sur un axe deux points À et B, trouver un point M tel que l’on ant : EM lt AM k étant un nombre donné.

Cette question est au fond le problème inverse de celui étudié au $ 4 du chapitre II.

Prenons sur la droite AB (fig. 15) comme sens positif le sens de À vers B et désignons le segment AB par a, qui est alors un nombre positif.

Fig. 15.

Prenons pour inconnue le segment AM—x. On a tou jours (n° 80) :

BM—AM-.AB—x—a

ÉULON 1 nr Me ou C—a—kx et, enfin, (1) æ(1—k)—a Discussion. — Pour que cette équation (1) ait une. SO-

lution, il faut d’abord que 1 —k ne soit pas nul, c’est-àdire que k soit différent de 1.

S’il en est ainsi, il y a une solution qui est : F5

(2) ( LES men

Il nous reste à savoir quelle est la position du point M; et, pour cela, il nous faut savoir si & est positif ou négatif et, lorsqu'il est positif, s’il est plus grand ou plus petit que a.

BoURLET. — PRÉC. D'ALGÈBRE. 10

146 PRÉCIS D'ALGÈÉBRE.

Si k> 1, æ est négatif, le point M est (fig. 15) dans la région æ’A de l’autre côté de À que B.

Si o<k<1, æ est positif, mais plus grand que a, car son dénominateur est plus petit que 1.

Le point M est dans la région Bæx au delà de B. Si £ <o, æ est positif, mais plus petit que a; 'M estentre A et B.

Pour k=0o. on a x —=a. Mest en.B.

Résumé. — Eos Flo <a raMrentreAreLlrBe LS ONE ve , MenB; D RATE. x>a , Mau delà de B; EX CEA pas de solution ; est AUTO LA , Mavant A.

495. — PROBLÈME X. — Un rectangle a une base de 10 mètres et une hauteur de 5 mètres. De quelle longueur faut-il allonger ou raccourcir la base pour que la surface du rectangle devienne égale à S?

Soit æ la longueur cherchée, æ étant positif lorsqu'il faut allonger la base et négatif lorsqu'on la raccourcit. Dans tous les cas, après l'opération, la base sera 10 + x et on devra avoir :

(10 + x) 5—S ou V0 0TE20;

À SD On en tire : VE A se

Discussion. — Reconnaissons d’abord le signe de x.

Si S>60, æest positif; 1l faut allonger la base.

Si S<bo, æest négatif; 1l faut raccourcir la base.

Mais, comme la base n’a que ro mètres, il faut encore que &, lorsqu'il est négatif, soit plus petit en valeur absolue que 10. En d’autres termes, il faut que æ& soit plus grand que —10. On doit donc avoir :

ou S— 50 > — 50, ou Di, ce qui a toujours lieu.

La solution trouvée est foujours acceptable.

Dans le cas particulier où S = 50, on trouve æ =, ce qui était à prévoir, car la surface du rectangle donné est égale à 50. | :

196. — PROBLÈME XI. — Trouver un nombre tel que la somme des racines carrées des deux nombres obtenus en l'augmentant et le diminuant de 1 soit égale à un nombre donné a.

Soit æ ce nombre. D’après l'énoncé on doit avoir :

(1) Væ+i+Væ—1=a.

Pour résoudre cette équalion, isolons le premier radical ; il vient :

(2) Væ + 0 Tr

Elevons les deux membres au carré et nous avons :

CHi=a—o2ax—-1+x—7r.

Isolons le second radical :