MÉTHODE DE DISCUSSION POUR UNE CERTAINE CLASSE DE PROBLÈMES
K Après avoir trouvé les valeurs des inconnues qui sont données par des équations du premier ou du second degré à une inconnue, où par des équations qui s'y ramènent, on exprime que les inconnues ont des valeurs réelles, et, si la nature de la question l'exige, positives et comprises entre des limites données. En écrivant ces diverses conditions on sera conduit à des inégalités que l'on résoudra par rapport à une lettre m désignîmt Tune des données de la question. Pour que la méthode soit applicable, il faudra que les inégalités soient du premier ou du second degré ou puissent s'y ramener. On supposera encore que les problèmes dont on veut faire la dis» cussion soient tels, que les conditions que Ton veut exprimer soient nécessaires.
Il pourra arriver cependant que Ton trouve des inégalités nécessaires et d'autres qui ne le soient pas. Ainsi, par exemple, si m doit satisfaire à l'inégalité
6* — kac et a étant positifs, m' et tn^' étant les racines du trinome, on devra avoir
m < m' ou m > m" ;
aucune des deux inégalités précédentes n'est donc nécessaire, puisque c'est seulement Tune d'elles qui doit être satisfaite.
Cela posé, si parmi les inégalités qui ne sont pas néces* saires on en trouve qui soient en contradiction avec les autres, on devra tout d'abord les exclure. Cette première préparation étant faite, on formera deux groupes d'inégalités de môme sens, comme il suit :
ly l\ F étant rangés par ordre de grandeur décroissante et p, p', p" par ordre de grandeur croissante. Alors évidemment les premières inégalités de chaque groupe entraîneront les autres, et m devra satisfaire seulement aux deux inégalités
m > / et m < p,
c'est-à-»dire que, si l'on considérait m comme une variable, cette variable pourrait prendre une suite de valeur dont / serait le minimum et p le maximum.
100. Je vais donner quelques exemples de l'application de la méthode.
Problême J. — Calculer les côtés de l*angle drM d*un triangle rectangle, connaissant l'hypoténuse a et le pérmètre ?p. On a immédiatement les deux équations
(1) xJ^y^^p^ay (2) a?« + y* = a«.
Élevant au carré les deux membres de la première et la retranchant, membre à membre avec la seconde, on obtient
(3) - .ri/ = 2p(p — a),
(l'équation (3) eut pu être écrite tout de suite en remarquant que ses deux membres représentent le double de la surface du triangle rectangle), x et y sont par conséquent les racines de l'équation du second degré
Ou en tire
... œt 2p — a±\/ a* +Âpa- ip*
D'abord, pour que les valeurs de ^r et de y soient réelles, on doit avoir
(6) a«+ \ia - 4/?* > 0.
Soit a la quantité par rapport à laquelle nous voulons résoudre les inégalités et d'abord l'inégalité (6). Après avoir reconnu que la quantité désignée, en général, par 6* — 4ac (92) est positive pour le trinôme a* + ^^P<^ — P*i on détermine les racines a' et a^' de ce trinôme,
Maintenant, pour que l'inégalité (6) soit satisfaite, on doit avoir
a^a' ou a > a";
Mais la première inégalité étant évidemment impossible puisque a est positif et a' négatif, on aura seulement l'inégalité nécessaire
(7) a>2p{>jT-\).
Quand Tinégalité précédente est satisfaite, x ety sont réels, mais il faut encore qu'ils soient positifs : or, pour qu'il en soit ainsi, il faut en vertu de Téquation (4) que Ton ait
a <p et a < 2p.
La première de ces inégalités entraîne Taulre, on a donc seulement les deux conditions
pour exprimer que x et y sont réels et positifs. Il n'y a pas d'ailleurs d'autres conditions^ puisque avec deux côtés de l'angle droit d*un triangle rectangle on peut toujours construire ce triangle.
Quand a est égalà2p(V2— 1) racine du trinôme a^+ipa+ip^^ le radical s'annule dans les formules (5) et y devient égal à x. On peut donc énoncer le théorème suivant :
Parmi tous les triangles rectangles de même périmètre celui qui a la plus petite hypot&nuse est le triangle isocèle.
Lorsque a devient égal à p, l'équation (4) montre que l'un des côtés de l'angle droit est nul tandis que l'autre est égal à p. On obtient donc un triangle nul et il n'y a plus, à proprement parler, de minimum pour l'hypoténuse. Du reste, la condition : a < p était connue d'avance, puisqu'elle exprime que dans un triangle un côté est phis petit que la somme des deux autres.
Problème II. — Calculer lès côtés d'un triangle recia/agley connaissant le périmètre 2p et la surface m*.
Soient x, y, z les deux côtés de l^angle droit et l'hypoténuse, on a
(2) ar« + î/«==3«,
(3) jrj/ z= 2m'.
En opérant comme dans le problème précédent on déduit d'abord des équations (1) et (2) Téquation
et en y remplaçant a?î/ par la valeur 2m* que donne Téquation (3), il vient
m* = p{p — z), d'où Ton tire
En remplaçant z par cette valeur dans l'équation (t) on a
donc» à -cause des équations (3) et (5), j? et y sont les racines de
l'équation
(6) pX« — (p» + m«)X + 2mV = 0.
En résolvant cette dernière équation on obtient
Discussion. — .On trouve d'abord pour condition de réalité des valeurs de â? et y
(p« + w*)« > 8tnV, ou
p* + m* > 2mp ^^ ou encore en ordonnant par rapport à ?n
m* — 2p VF. ?n + p* > 0.
En résolvant cette dernière inégalité à la manière ordinaii-e, on trouve que l'on doit avoir
(8) m < piyJT— l) ou (9) m >p(v^2+ l),
et quand Tune ou l'autre de ces inégalités . est satisfaite, les
valeurs deœettj sont réelles. Elles sont d'ailleurs positives, en
pi -| fii^ vertu de l'équation (6), puisque les quantités 2m* et -^ — '
sont positives.
Il faut encore que la valeur de z soit positive : or pour qu'il en soit ainsi, d'après l'équation (4) il faut et il suffit que l'on ait
Il n'y a pas d'ailleurs d'autres conditions, car dès que des nombres positifs ir, y, z satisfont aux équations données, 1 equation (5) montre que le plus grand des trois nombres z est plus petit que la somme des deux autres et que, par suite, on peut construire un triangle avec les trois lignes mesurées par les nombres x^ j/, z.
Cela posé, remarquons que l'inégalité (9), qui n'est pas nécessaire, est en contradiction avec l'inégalité nécessaire (10), et par conséquent doit être supprimée. Il ne reste plus alors que les inégalités de même sens (8) et (10) : mais comme la première entraîne la seconde, la seule condition de possibilité du problème est exprimée par l'inégalité (8).
Quand m est égal à p{\f^— l) racine du trinôme sous le radical, x Qi y deviennent égaux, et l'on peut énoncer le théorème suivant :
Parmi tous les triangles rectangles de même périmètre celui qui a la plus grande surface est le triangle isocèle.
Remarque. — Si l'on avait résolu les inégalités par rapport à p, on aurait démontré d'une manière semblable que, parmi tous les triangles rectangles de même surface^ celui qui a le plus petit périmètre est le triangle isocèle.
. Problême III. — Calculer les trois côtés d'un triangle rectangle^ connaissant le périmètre 2p et la longueur d de la bissectrice de Vangle droit.
Ou a les équations
(2) aj« + y» = 55«,
(3) xy VY= d{x + y),
(La troisième s'obtient en exprimant que l'aire du triangle est la somme dts aires partielles déterminées par la bissectrice.) On déduit, d'abord, des équations (I) et (2) comme dans les problèmes précédents
(4) xy = 2plp — z).
Remplaçant maintenant dans l'équation (3) xy par la valeur 2p(p — z) tirée de l'équation (4), Qi x -^ y par 2p — 5, on arrive à une équation en z qui donne
2pv/T— d On a ensuite
2jo« s/Y x-{-y—2p — z = —^y=r—-,
et
xy='-=r{X'\-y) =
y/T 2p yJT- d '
a; et y sont donc les racines de l'équation
(6) (2p VT— d)X« — 2p« V 2 X + 2p*d = 0.
On tire de cette équation
Discussion. — Pour que les valeurs de ar et y soient réelles on doit avoir
d2 — 2p yjl. rf + p* > 0.
En résolvant l'inégalité on trouve
(8) d < p(\/T— l) ou (9) d > p(\/ 2 + l).
Mais il faut aussi que x et y soient positifs, c'est-à-dire, d'après
2p*d 2p* V^ Téquation (6), que les quantités ^zn et ■—
soient positives ; on trouve ainsi comme condition nécessaire
(10) d<ipyiJ.
Il faut encore exprimer que la valeur de % est positive. Mais comme la quantité 2p ^ *2 — d est positive en vertu de l'inégalité (10), la formule (5) montre que py/ 2 — d doit être aussi positif : on a donc encore la condition nécessaire
(11) d<p\IT
On voit d'ailleurs, comme dans le problème précédent, que toutes les conditions pour que le triangle soit possible sont désormais remplies.
Appliquons maintenant aux inégalités (8), (9), (10) et (11) la •méthode générale. On voit d'abord que l'inégalité (11) qui est nécessaire exclut Tinégalité (9). Il reste alors les trois inégalités de même sens (8), (10) et (11) toutes trois nécessaires; mais la première, entraînant les deux autres, est à elle seule la condition de possibilité du problème. Quand d atteint la valeur limite
p(V2 — l), X devient égal à y et l'on peut énoncer le théorème suivant :
Parmi tous les triangles rectangles de même périmètre, le triangle isocèle est celui qui a la bissectrice de l'angle droit maxima.
