CHAPITRE Xn

BÉSOLUnCm KT discussion des PIH»LËlfBS QUI OONDUISENT A Ua ÉQUATIONS DU SBODMD DEGBÉ A UXK INQONNUB.

\. Je yais d'abord donner qnelqnes problèmes dont la discussion est anssi simple qne celle des problèmes du preinier degré,

Problèjib I. — Partager une droite en moyenne ei extrême, raison.

La question est celle-ci : étant donnés une droite miéfinié XY (fig. 5) et deux points A et B de ceUe droite, déterminer un point C sttr la droite j tel que sa distance au point A soit moyenne proportionnelle entre sa distance au point B et la longueur AB.

Supposons d'abord le point cherché, à droite de A, et soit x sa distance an point A. Si Ton désigne AB par a, la distance BC sera représentée par a — x et on aura pour équation du problème

(On a supposé immédiatement le point G entre A et B, le cas où C serait à droite de B étant évidemment impossible).

Soit maintenant le point G à gauche de A ; la distance AG étant toujours représentée par x, la longeur GB sera égale à a -}- a?, et Téquation du problème sera

(2) . ir« = a(a -f- x).

Mais si Ton change œ en — x dans l'équation (I), on obtient Téquation (2); donc on pourra n'employer queTéquation (I) ou Téquation qu'on en déduit

(3) x^ — ax — a* = 0.

RÉSOLUTION ET DISGUS^ON DBS PROBLEMES. 93

Seulement la racine positive de l'équation (3) indiquera un point entre A et B, et la racine négative correspondra à un point situé à gauche de A ; ce qui est conforme au principe de Descartes (37).

On retrouve facilement par l'Algèbre la construction connue en Géométrie.

Problème II. — Deuœ points lumineux sont placés en A et B sur une droite indéfinie XY (fig. 5) : les intensités de deux lumières^ à Vumté de distance^ étant connues et respectivement égales à 2i, eth, on demande en quel point de la droite indéfinie on doit placer un point G pour qu'il soit également éclairé par les deux lumières.

Soient d la distance AB et œ la distance AG.

1* Le point G est entre A etB. — Les quantités de lumière que les points A et B envoient au point G étant en raison inverse des carrés des distances, et la distance GB étant d — x, on a

2® Le point G est à droite de B. — Alors la distance BG est X — d^ mais les carrés de a; — d et de d — x étant égaux, on obtient encore Téquation (i).

3« Le point G est à gauche de A. — ta distance AG étant toujours représentée par x^ la distance GB est maintenant rf-j-or, et on a l'équation

Mais cette équation se déduit de Téquation (1) en y changeant X en — a?.

En résumé, on voit que réquation(l) donne dans tous les cas la solution du problème, pourvu que, conformément au principe de Descartes^ on regarde x comme positif ou négatif suivant que le point G est à droite ou à gauche de A.

Si l'on représente par c* le rapport — , réquation(l) peut

s'écrire

On en déduit

91 QDWnONS O ALQÈBRB iLtMBmJkOX.

d'où

Les égalités (3) et (4) sont les formules du problème.

Discussion des formules. — L'expression de af condnit à considérer trois cas, suivant que c est inférieur, égal, ou supérieur à 1 .

Premier cas. — 6 < 1. — Les valeurs de ^ et â^ sont toutes deux positives, mais a/ est plus petit et x^ plus grand que d; on a donc deux points également éclairés par les deux lumières, l'un entre À et B et l'autre à droite de B. C'est ce qui était du reste évident, car c étant plus petit que i, l'intensité de la lumière B est la plus faible et le point également éclairé doit être plus près du point B qui Téclaire le moins.

Deuxième cas, — C = I . — Alors x' est égal à — et x^

est égal à l'infini. Le point C, à droite de B, a maintenant disparu : c'est ce qu'on aurait pu encore prévoir.

Troisième cas. — C > i. — a?' est positif et œ^ négatif : les points également éclairés parles deux lumières sont donc, l'an entre A et B, l'autre à gauche de A. Ce résultat est du reste la conséquence évidente de ce que maintenant c'est la lumière A qui éclaire le plus.

Problème TII. — On lâche une pierre, à un moment donné, au dessus de V orifice d'un puits, et on note V instant précis oii Von entend le brait que fait la pierre en frappant la surface de Veau : on demande de trouver la distance de Vorifice du puits au niveau de Veau.

On connaît la vitesse constante du son v, l'accélération de la pesanteur g, et l'intervalle de temps t entre les deux instants où on lâche la pierre et où Ton entend le bruit de la pierre qui frappe l'eau. Soit x la distance cherchée : en décomposant le temps t en deux parties, le temps nécessaire à la pierre pour atteindre la surface de l'eau, et le temps que le bruit produit par la pierre met à remonter à l'oreille, on obtient l'équation

OU

(2) gx'^ — ^Vijjt + V)X + flryV = 0,

et Ton remarque que, d'après l'équation (1), la valeur de x doit être plus petite que vt.

On s'assure facilement en formant la quantité 6' — 4ac, que les racines de l'équation (2) sont toujours réelles ; on voit aussi qu'elles sont toutes deux positives puisque leur produit et leur somme sont positifs. Mais le produit des racines étant vV, Tune est plus petite et l'autre plus grande que vt : la plus petite racine de l'équation (2) satisfera donc seule à la question.

Problème IV. — Inscrire dans un triangle donné un rec* tangle dont la surface est donnée.

Soient ABC (flg. 4) le triangle donné et DEFG le rectangle dont la surface est donnée : posons

AC = 6, BH = h, aire DEFG = m« ; DE = x, DG = y.

On a les deux équations (1) œy=.m\ (2j ^+i. = i,

(la seconde a été obtenue en résolvant le problème II (59)). On en déduit par l'élimination de x

(3) by^ — bhy + m«A = 0.

On peut considérer x seulement comme une variable auxiliaire, car lorsque y est connu, il suffît de porter sa valeur de H en I et de mener DE parallèle à BC pour que le rectangle DEFG soit déterminé.

En résolvant l'équation (3) ou a

... bh ± }/ bhjbh ^ Am^)

et pour que le problème soit possible on doit avoir (5) m«<-^.

Quand cette condition est remplie, les deux racines sont toutes deux positives puisque les quantités — — et h sont positives;

elles sont aussi toutes deux plus petites que h puisque d'après l'équation (3) leur somme est égale à h. Donc, lorsque Finégalité (5) a lieu le problème a toujours deux solutions. Lorsque Tinégalité (5) est remplacée par l'égalité qui lui

est associée, les deux solutions se réduisent à une seule -^,

et lorsque la surface donnée m^ est plus grande que -7— , le

proyème proposé est impossible. On peut donc énoncer le théorème suivant :

Parmi tous les rectangles qu'on peut inscrire dans un triangle, le rectangle (Taire maxima est celui qu'on obtient en menant une parallèle à la base du triangle par le milieu de la hauteur correspondante.