Dans chacun des groupes dVquations
x+y=:az"
xy + xz + yzz=;b,
on fera a: -j-^" = 2^ et ar — jr = 21». D faudra prendre x «4-^ = 2^ et xy"=im^ dans* les deux systèmes :
xyrzuz
x + y + u + zz=a x" + y'+u*+z' = b x^+/+u^+z*=c
xy = uz
Problèmes résolubles comme ceux du second degré.
78. Trùis tuyaux coulant ensemble dans un bassin^ le reni': plissent en 6 heures. Si chaque tuyau coulait seul^ le second remplirait le bassin dans les 3 quarts du temps employé par le i*' seuly et le 3* mettrait 10 heures de plus que le 2*. Quel temps chaque tuyau seraU^l seul pour remplir le bassin ?
3x Soit X le temps employé par le 1" seul; -7- sera donc le
temps employé par le 2** seul, et -^ + 10 ou 7 (3x + 4o)
celui employé par le 3*. Soit c la capacité du bassin : puisque Je 1*' tuyau verse c unités dVau en x heures, en une heure il
versera - et en 6 heures, — . De même, en 6 heures le 2' et.le
3* tuyaux verseront ^ et , . ' -. Or, en 6 heures, les trois
tuyaux , coulant ensemble , remplissent le bassin c \ donc on a
Téquation
Cette équation peut se simplifier ; et on en tire x = y et x =
— 10. La i'* valeur donne -r- = i4 et -2 — |- lô = 24.^Donc
le 1*' tujrau remplirait seul le bassin en 18 heures 4o minutes, le 2"^ ^n 14 heures et le 3""* en un jour. Et c^est de quoi Ton peut aisément faire la preuve.
Quant à la valeur négative x=: — 10, pour avoir le problème qu^elle i^ésout, on change xen — x, dans Féquation
proposée, et Ppn a
6c ^ie , aie
Les quantités — et — , ayant le signe — , ne désignent plus
Peau qui entre dans le bassin par les deux premiers tuyaux, en 6 heures , mais désignent au contraire Teau qui en sort. D^ail-
leurs, comme 3r ou 3o çst ^ 4^1 ^^ quantité ? , qui est
devenue . ^-i ^^^^ positive et désigne toujours Feau qui
entre dans le bassin par le 3* tuyau, coulant 6 heures. Donc le problème résolu par la valeur x = 10 est celui-ci :
Veau sort éCun bassin par deux tujraux et y entre par un 3*** : en /(Usant couler les trois tujraux ensemble^ le bassin^ d'abord vide^ est rempli eh 6 heures. Si chaque twjrau coulait seul y le 2* viderait le bassin dans les 3 quarts du temps employé par lei*' seuJ^ et le 3* remplirait le bassin en 10 heures moins le temps du 2*. Quel temps chacun serait-nl seul pour verser Veau que peut contenir le bassin f
Résolvant directement ce problème, on trouvera x =r 10 et
7g. i'rouver de laquelle de ses parties une somme a doit augmenter tous les ans^ pour qu'en ajoutant au bout de chaque annécy h/r, à cette somme^ elle soit nulle après a ans.
Soit X le dénominateur de la partie cherchée : Féquation du problème sera
a+îL + 6+f + JL + * + j = oi et on en déduira
— (an + ô) -H l/Z^II^ a (a -}" ^^)
. On peut faire a = 24 et 6 = 1 00 ; on peut trouver aisément le maximum de ^ , b étant constant , et le minimum de b^ a étant constant.
Il est visible que le radical sera toujours moindre que i&; et, à plus forte raison , moindre que la-i-b^ donc les deux valeurs de X seront toujours négatives , et le problème résolu sera :
Trouver de laquelle de ses parties une somme a doU diml^ nuer tous les ans^ pour qu'en ajoutant au bout de chaque anr née^ h francs à cette somme ^ élîe soit nulle après a ans.
On voit que les valeurs, de x seicont réelles, égales, imaginaires , suivant qu^on aura b ^ 4^, b = 4^, b ^ 4^. Dans ce demî^ cas, si Ton change le ^igne de la quantité 4^6, qui rend le tadical imaginaire, ce qui se fera en changeant le signe de a ou le signe de 6, on résoudra un problème analogue au proposé. En effet, en changeant le signe de â, Téquation et la formule proposées t;:aduiront et résoudront le problème :
Trouver de laquelle de ses parties une dette à doit augmen* ter tous les ans , pour qu^cn payant h francs de cette dette ^ au bout de chaque année ^ elle soit acquittée après i ans.
En changeant le signe de 6, Téquation proposée et la formule deviendront :
Donc le problème résolu sera : Trouver de laquelle de ses parties une somme a doit augmenter toui les ans^ pour quen dépensant h francs de celte somme au bout de chaque année^ elle soit nulle après 2 ans.
Et ce problème est au fond le même que le précédent.
Pour discuter le dernier problème qu'on vient d'énoncer, ^ on observe que le numérateur de x prend le signe du radical , lorsqu'on a
yV+^>^a — b', d'où b^^/iab':>^a\—4ab + b\
et ib^a.
Mais lorsque 26^ a, le dénominateur 2 (a — 2^) est négatif; et par suite , les deux valeurs de x sont Tune positive et l'autre négative. Il est facile de voir aussi que si ib <^ a, les deux valeurs de X seront négatives. Enfin, si 2bzza% les deux valeurs de X deviendront ;
.r r= - et x = — •
La première de ces valeurs prend ,une forme îndétermiuce qùVlle ne doit pas avoir \ car la supposition de 26 z= a , dans IMouation (1), donnant
-f3 + -) = o, il en résulte x in — - et a: = -• x\ ' xy ^3 o
^indétermination de l\me des valeurs de x, vient du facteur 2 (4 — - ib) y qu'ion trouve être commun aux deux termes de la formule. Supprimant donc ce facteur commun, on aura libe formule , qnVn trouverait d^ailleurs , en observant que Féquation (1) est la même chose que
et donne 1 H — == • •
Voici lin problème dont la discussion offre précisément les mêmes circonstances que celle du problème qui a foui^i les deux précédcns :
De laquelle de ses parties le bien d'une personne doitr-U augmenter tous les ans , pour que , recevant a francs au commencement de chaque année^ et devant h francs avant la première^ cette personne ait c francs au bout de deux ans*
80. On demande quatre nombres pairs ^ en progression arithmétique^ tels qu'en multipliant la somme des deux- du milieu par celle des trois derniers ^ le produit soit égal au cube' de la demi-somme des deux premiers.
Ce problème, dont voici la solution donnée dans le tome III des Aànales de Mathématiques^ ne paraît difficile qu'yen ce que, s^élevant naturellement au troisième degré , il faut le rabaisser au second. Or, c^est à quoi Ton parvient en procédant comme il suit :
Soit 2X le premier terme et iy la raison de la progression ; ses quatre termes seront donc
2x, 2X + 2V, 2X + 4*' et 2x-\-6y\
et Ton devra avoir, d'après Ténoncé du problème,
(6a: + 1 2v) (4x + 6v) = (ax + v)\
Posant 2r+v=z, d'où ix=z^-y^ cette équation deviendra
OU bien , en posant 6v = / et développant ,
Soit fait ± j/47+T = w, ou 4z + i=:m' et 2= ^(i<»— i); on aura
t=i' ^ 'i d'où v = ^ ;^ ' cta:=:^- ^^ ^ ^
Par Tinspection de ces valeurs, il est clair que u ne peut être qu'un nombre impair ^ posant donc 11= 2n -f* 1 1 il viendra enfin
n(/i+i)(/i — a) n(n + i)(8 — n) v= ^ ■ i^ et 3:= ^ ^ ^^ i.
La nécessité d'avoir x positif, renferme les valeurs de n entre — 1 et -}- 8 •, mais attendu que les valeurs -}- 1 , -}- 4i +5^ +7 de n rendent x fractionnaire , on ne peut admettre que les si|L systèmes que voici :
n rr: — 1 , o, a, 3, 6, 8, X =. 0,0, 3, 5, 7, o, y =z 0,0, o, iy 28, 92.
Et comme les valeurs — 1 et o de n donnent les mêmes valeurs pour X et y^ le problème n'a réellement que 5 solutions.
81. Trouyer quatre nombres u, x, j, z, en progression ' géométrique^ connaissant leur somme ^ et la somme h de leurs carrés,
A cause de ~ = - = - , on a évidenmicnt les 4 équations
et x' +7-* + u' + 2' = 6.
Prenant les valeurs de li et z dans les deux 1 ''" équations, et substituant ces valeurs dans les deux autres équations , on aura
Chassant les dénominateurs^ et décomposant en facteurs, ces deux équatiops deviennent
(*+j)(*'+r')='»*r et (*'+:>-')(**+y)=6x!r'-:(i)
Les inconnues x et j^ entrant de. la même manière dans ces équations, prenons x -{-jr = ^ et xf = «> ; d'où x* +^*=^ ç'
— lit Cl pcr -^-j^ "Zi^^ — 4f '«^ + ^*'' Avec ces valeurs , les équations (i) 9(s réduisent à
^ (^' — ^u) = am et (^* — ^m) (^*— 4^**' + ^^O = &•'• ElîmJiiant i», réquation finale sera
Cette équation du second degré, fera connaître ^ ; et on aura ensuite m^ v^jr^ ? ^^ ^'
Par exemple:, si a = 45 ^* ^ = 765, on trouvera ^= i8, 1^ = 72, x = 6,j^z=i3,* 2 = 14 ^* M ==3. La valeur négative ^ z= — 35, conduirait à des expressions imaginaires.
