PROBLÈME VI

DÉTERMINATION DU RÉSULTAT QUE DONNERA LE MÉLANGE D'UN NOMBRE QUELCONQUE DE COULEURS

125. Conditions du problème. — Nous excluons l'hypothèse de réactions chimiques entre les éléments mis en présence (47); de plus, nous supposons que les couleurs données sont formulées et ramenées au type des équivalents ; nous avons vu dans le problème précédent comment, au besoin, on y pourvoirait, Si les équivalents des couleurs en présence ne sont pas déterminés, on pourra se contenter d'estimer au jugé leur valeur et leur nombre, et cette estimation permettra le plus souvent d'arriver avec une approximation suffisante à l’évaluation du résultat. Si l’on veut déterminer ces équivalents, voir la note à la fin du problème ci-dessus.

Nous supposons encore que les couleurs dérivées, qui pourraient être parmi les données, sont, de fait, dues au mélange de deux autres couleurs, autrement nous ne serions plus dans le cas d'appliquer le théorème des mélanges (47). On pourrait cependant donner encore une solution au problème, en considérant

comme indécomposables les couleurs qui ne seraient pas dues à un mélange; sauf

le cas d'extinction par leurs complémentaires, elles se retrouveraient telles quelles dans le résultat.

Enfin, toutes les couleurs données sont môêlées aussi parfaitement que possible. La solution offerte se vérifiera d'autant mieux par l'expérience que, le mélange étant plus intime, on évitera davantage la fusion purement optique des couleurs

126. Aperçu d'une solution. — Qu'on donne à un chimiste des substances s'il sait les réactions auxquelles

quelconques à faire réagir les unes sur les autres ; donnent lieu ces substances, les notations chimiques lui permettront d'indiquer à l'avance le résultat. Nous sommes dans des circonstances analogues. Nous savons les lois qui président à la dérivation des couleurs (48, 50), à leur extinction dans le noir (40. 52); nous sommes d’ailleurs en possession de notations chromatiques pour représenter qualitativement et quantitativement ces réactions, nous avons donc toute facilité pour résoudre le problème. Nous pouvons poser une équation entre le résultat inconnu æ du mélange etses données, puis résoudre cette équation.

Soient par exemple à mélanger les variétés et quantités de couleurs suivantes :

14, 6R, 4V , c'est-à-dire 24 équivalents de couleur, je poserai : + + 4 eq JT 24x = 14 + 6R + aV

Je reconnais immédiatement que \E et R sont couleurs complémentaires et vont

donner lieu à une extinction. Je la représente : 6Ÿ + 6R = 12N

En exprimant le violet V en fonction de ses primitives, je vais pouvoir amener Ur

encore la rencontre des mêmes complémentaires \ et R ; en effet : 4 = 2R + 2B, et 2R + 2% = 4N Substituons ces valeurs dans l’équation ci-dessus :

/ 16 Fe F À Les deux tiers de la couleur FE) sont éteints en 16N , et le résultat du

mélange est un noir teinté de vert bleuté :

16 6 2 &æ = —N + = + —B = \iBiN 24 24 24

127. Insuffisance de la précédente solution. — Nous aurions pu procéder autrement dans l’extinction des couleurs données ; produire d’abord celle du violet

au lieu d'effectuer celle du vert.

Nous avions :

Or 14 = 7J + 7B; 3J + 3R = 60: 60 + 6B = 12N

Il reste : 24x = 12N + 4J + 3R + B + 4V mais ad +4V=8N R+B = 2V donc 242 = 20N + 2R + 2V d'où DEN RE 2V— RiViN:

Ce résultat est bien différent du précédent : non seulement le résidu chromatique est violet au lieu d’être vert, mais de plus l'extinction est de 20 équivalents au lieu de 16. Le premier résultat était faux, car c’est toujours l'extinction maxi-

mum que donne le mélange (51). Sommes-nous sûrs d'avoir actuellement l'extinction maximum des couleurs

données? Essayons encore des groupements différents dans les mêmes données : 24% = 14 + 6R + 4V

Éteignons d'abord 4XE dans 4R :

RÉPERT. CHROM.

130 LIVRE IV : PRINCIPAUX PROBLÈMES Décomposons les 10€ restant, ainsi que les aV Ê

10Ù = 5J +5B et 4V = 2B + 2R Mais 3R + 3J — 60 « 60 + 6B = 12N

Il ne reste plus en dehors du noir que R,2J, B. Or

R+B=—2V et 2V + 2) = 4N Donc 24æ = 8N + 12N + 4N = 24N zx = N

L'extinction est totale par ce procédé et puisque les mélanges produisent toujours l'extinction maximum, il en résulte que cette dernière solution est la seule vraie et que les deux autres étaient fausses.

Comment être jamais sûr que l'on a atteint l'exfinction maximum ? Il faut déterminer les conditions de cette extinction. Les mathématiques nous permettent d'y arriver ; je me borne à les formuler ici dans le texte, on trouvera dans une note (1)

l'exposé du calcul qui conduit à ces formules.

(4) Recherche des conditions d'extinction maæwimum dans la rencontre des trois couleurs primitives. Deux. couleurs complémentaires s'éteignent équivalent à équivalent (40. 52); or, si l’une d'elles est une des couleurs primitives, l'autre est la dérivée des deux autres primitives, et ces dernières entrent chacune pour moitié dans son équivalent. Il en résulte que les trois couleurs primitives s'éteindront ale à la moitié de la

égr:

mutuellement toutes les fois que deux d’entre elles seront chacune en quantité troisième. Tel est notre point de départ dans la recherche des conditions d'extinction des trois primitives quels que soient leurs coeficients.

Soient a < b < c les coefficients respectifs des trois couleurs primitives données, rangés par ordre de grandeur. Si l'on a extinction totale toutes les fois que a — b et a +- b — c, nous aurons encore extincion totale toutes les fois que les coefficients &, à, c, seront décomposables en groupes partiels dont les éléments auront la relation fondamentale a = db, a+ b= ec, c’est-à-dire en groupes de la forme 2, a, 2x; B, B, 28, etc., car chacun de ces groupes s'éteignant totalement, il doit en être nécessairement de même de leur somme.

Cherchons donc le nombre de ces groupes partiels et les relations qui peuvent exister entre ces groupes et les coefficients donnés.

Dans chacun de ces groupes partiels, le coefficient double 24, » 8 etc., doit nécessairement appartenir

à une couleur différente, car s’il appartenait à une même couleur en plusieurs groupes, la somme de

128. Bases de la vraie solution : Conditions d'extinction maximum dans un mélange de couleurs. — Les couleurs sont ramenées aux trois primitives et rangées de manière à ce que leurs coefficients &, b, c, aïllent en augmentant, c'est-à-dire que l’on ait & < b < c; il y aura extinction totale toutes les fois que l'on aura 3a > b + c.

Toutes les fois que 3a € b + c, l'extinction n'est pas totale, il y a un excédent chromatique Æ, donné par la relation Æ = b + c — 3a — 4a.

ces derniers, obéissant à la relation fondamentale, n'avait pas besoin d’être décomposée; or il n’y a que trois couleurs primitives, donc il n’y aura jamais lieu de décomposer les coefficients donnés en plus de trois groupes partiels et ces trois groupes seront de la forme a, «, 2a; GB, 8, 26; y, y, 27, c’est-à-dire

que l’on aura au plus

£5 Ë 3 Ë 8 & a — a ai b = y. (2) c + 2y (3)

Ces relations étant absolument générales doivent nous donner les conditions cherchées. Additionnons (2) et (3) :

b+ce—= 2x + 38 + 3y Retranchons cette somme du triple de l'équation (1); nous avons :

ou 3a — (b + c) = 4a (4) Nous aurons de même 8b — (a + c) — 48 (5) et encore 3c — (a + b) = 47 (6)

Ces relations nous montrent que la condition nécessaire et suffisante pour l'extinction totale, c'est que le triple de chaque coefficient donné soit supérieur ou égal à la somme des deux autres; et que si a est le coefficient le plus petit, il suffit que l’on ait 34 > b + c pour que l'extinction soit totale.

Cette condition est absolument générale: elle comprend tous les cas possibles d'extinction totale. Si 3a > b+cil y aura trois groupes partiels; si 3a = b + c il n'y a que deux groupes partiels; si enfin 3a — b — c en même temps que a = b, alors nous sommes dans le cas de la relation fondamentale.

Puisqu’il faut 3a > b + c pour qu'il y ait extinction totale, il y aura un excédent chromatique Æ£, toutes les fois que 3a < b + ce, et cet excédent sera E = b + c — 3a, car 8a est la valeur maximum

de b + c donnant l'extinction totale. D'autre part, cet excédent ne saurait étre pris ni sur les trois

Cet excédent est pris sur les couleurs dont b et c sont les coefficients et proportionnellement à l'excès de b sur & et de ec sur a. Représentant par 4 et c les portions de Z prises sur à et sur ce, nous aurons leurs valeurs par les relations

suivantes :

be = >———— ; Ce Die

CODEC

Quand l'extinction n’est pas totale, la quantité de noir fournie par le maximum d'extinction est donnée par la relation Nu = « + b + c — Æ = 4a; et les coefficients donnant cette extinction sont &, b— be, c — ce,

Nous pouvons maintenant donner un procédé général de solution du problème.

couleurs ni sur celle qui a le plus petit coefficient 4, car alors l'extinction ne serait pas maximum. Il doit étre pris sur les couleurs dont à et c sont les coefficients et proportionnellement à l'excès de à et de c sur a.

Si done nous représentons par be, ce, les portions de Æ prises sur b et ce, nous écrirons :

be Ce be + Ce

et puisque Æ — b, + & , nous aurons pour excédents chromatiques :

E (b — à) E (c— a) be y À Ce = ———— :

db + c — 2a b+ c—2a

Le maximum d'extinction Nm est donné par la relation

M ra

Or, nous avons vu plus haut que £ = b + c — 3a. On aura donc :

Nn a+b+oe b+e 3a) 4a

et les coefficients donnant cette extinction maximum sont a, b — be, © — ce, Que l'extinction soit totale ou non, les coefficients a, b, « ou a, b—be, c—ce obéissent à la relation

129. Règle à suivre pour la solution du problème du mélange des couleurs. — Cette règle comprend quatre points : 1° On pose l’équation en donnant à l’inconnue æ représentant le résultat cherché, un coefficient égal au nombre d'équivalents de couleurs qui entrent dans le mélange, et en formant le second membre de l'équation avec la somme algébrique des formules données. Le blanc B°, s'il est isolé parmi ces couleurs, ne figure pas dans cette somme, mais doit être compté dans le coefficient de +.

2° On ramène aux trois couleurs prünitives toutes les couleurs proprement dites faisant partie des données. Au besoin pour faciliter cette réduction en évitant les fractions, s’il y a des dérivées avec indices impairs, on multipliera tous les termes de l'équation par douze, et par six seulement si tous les indices sont pairs.

3° On calculera l'extinction maximum et, Sil y a un excédent, on le spécifiera. Pour y arriver, les trois couleurs étant disposées par ordre de grandeur de leurs coeflicients, de sorte que l’on ait « < b Ke, on constate si 3a £ b + c.

Si 3a > b + ce il y a extinction totale de toutes les couleurs proprement dites dans le noir.

Si 3a < b + c l'extinction n'est pas totale; il y a un excédent chromatique

Æ = b + c — 3x, et cet excédent chromatique se spécifiera à l’aide des formules

1 (b =@) E (ce — a)

b pp b+c— 2a

tandis que l'extinction maximum N, sera & +b Le — E — 44.

4 On formulera le résultat du mélange. Pour cela on isolera x dans le premier membre ; et on ramènera au besoin dans le second la somme algébrique du noir et des excédents au type de l’équivalent chromatique (124).

fondamentale a —b, a + b — c, ou sont la somme de groupes partiels qui y obéissent, et si l’on veut s’en rendre compte il suffira de se reporter aux formules (4

8a — (b + c) = 4a (4) DA = Nes = 28016) 8c — (a + b) = 47 (6).

Car elles nous apprennent qu'en faisant la différence entre le triple d’un des coefficients donnés et la somme des deux autres, on obtient 4@, 46, 47, c’est-à-dire deux fois le coefficient double 24, 28, 2y qui dans l'un des groupés partiels (1) (2) (3) doit affecter la couleur dont a triplé le coefficient. Ce sont ces relations qui nous ont fourni les réactions détaillées d’extinctions totales données dans le n° 130.

130. Application de cette règle à des exemples. — 1° Soient les trois couleurs primitives en égales quantités 4R, 4J, 4B à mélanger, quel sera le résultat ?

Je pose : 122 = 4R + 4) + 4B Ici &a = b = c; 3a = 12, b + c = 8, on a donc 3a > b + c; il y a extinction totale :