CHAPITRE IV

HÉSOLUTION et nSCmSIO^r des F1IOBLÈ«E91fU]!l ihegbc

SUPERIEUR AU PREHIEa*

S I. Problèmes à uob iDconnue.

296. Problèhb I. Calculer la profondeur (f un puits, sachant qu^U t^ett écoulé un nombre 0 de secondes entre Vinstant où Von a laissé tomber une pierre et celui où le bruit qu'elle a fait, en frappant le fond, est revenu à loreilU, (On néglige la résistance de l'air.) Pour résoudre ce problème, il faut se rappeler deux principes de physique : 1* L'espace parcouru par un corps pesant est proportionnel au cairé du temps t écoulé depuis le commencement delà chute ; et, si Ton désigne par g

un coefficient constant, égal à 9", 80896, il est représenté par l'expression ^ '

2* Le son se meut uniformément, et parcourt 333 mètres par seconde. IVans le calcul qui va suivre, nous représenterons sa vitesse par v ; de sorte que, dans le temps f, il parcourt Tespace v(.

Soit « la profondeur du puits, évaluée en mètres. En nommant ^ le nombre 4!e secondes que la pierre met à descendre , on a :

=f'; d'Où t,= yj'j. m

DES ÉQUATlOiNS DU SECOND DEGRC. ftlîâ

En nommant (i le temps que le son met i remonter, on a :

z=ziitti d'où (k = 2. [21

Or fi + d = 0, d'après renoncé ; donc Tôqûation du problème est :

Pour résoudre cette équation, qui contient un radical, on la met sous la forme :

et, ële?ant lâfr deux membres au carré, on. a :

ou, en faisant passer tous les termes dans le premier membre, et ordonnant :

On tire de \i :

l'^s/ii^ïï-^'

DiscDSSiGN. Les deux racines sont réelles; car la quantité piaoée sous le radical est évidemment positive.

Il est facile de voir, en outre, qu'elles sor.t toutes deux positives : car, d'après Téquation [6], leur produit O'o* est positif» ainsi que leur somme

(2Ô 2\ ^•h'W. Le problème ne peut, cependant, avoir qu'une solution; car deui

puits de .profondeurs différentes ne, peuvent correspondre à une même valeur de 0. Pour expliquer cette singularité, et trouver quelle est cell» desdeux racines qui répond à la question , remarquons qu'en élevant au carré les deux membres de l'équation [4], nous formons une équation nouvelle, qui, il est vrai, ne peut manquer d'être satisfaite si la proposée Test elle-même , mais qui peut l'être aussi sans que celle-ci le soit. Les deux membres auraient, en effet, même carré, s'ils étaient égaux et de signes contraires. L'équation [5] équivaut donc réellement (126] aux deux suivantestr

La première de ces équations est la seule qui corresponde au problème proposé; et sa solution est lasoljition dû problème. Or cetta solution est moiudoQ

qcue vO, puisque, 0 étant positif, il en est de même de vO — (b: au contraire, la solution de la seconde équation est plus grande que vO, puisque

216 L1VU£ m.

0 est négatif; elle est, par conséquent, la plus grande racine de r6qua>

tion |5] : elle doit être rejetée comme solution étrangère. Ainsi, la solution cherchée est :

Remarquons que, dans Téquation [6] qui fournit cette solution, v repré> sente la vitesse du son, égale à 333 environ ; le carré v' est donc iin nombre

assez considérahle , et --^ i coefficient de x, est très-petit. D'ailleurs, la solution cherchée est la plus petite des deux racines. Il y a donc lieu d'appliquer à la recherche de sa valeur les formules de l'article 263 ; en adoptant la première, il viendra :

C'est la formule dont on devra se servir dans les applications. En effet, 1 vaut, i peu près, -1^

-, vaut, à peu près, ^^^^ ; et comme l'unité de longueur est le mètre, on

peut, sans aucun inconvénient, négliger les quantités de Tordre—

La formule [a] peut, du reste, se simplifier un peu, si l'on remarque que,

V étant grand, •- est petit ; en sorte qu'en le négligeant dans une première

approximationi on peut écrire :

e'ist ta formule qui conviendrait, en supposant la vitesse du son ironie. Pour obtenir un terme de correction, posons :

Nous aurons, pour déterminer a, l'équation :

d'où Ton tire, en chassant le dénominateur du premier membre ,

9ttA

Négligeant — , qui est, à la fois, tris-petU, à tautê du facteur a- et du

facteur -, on en déduit :

et Ton a enfin, comme Talear approchée de s :

Cest, du reste, la formule à laquelle on serait arrivé, en effectuant la di?i-

(2 26\ - + — -j, et en s'arrétant après avoir trouvé les deux premiers

tenoes du quotient.

t89. Pboblèms II. Fariager une droite kB en deux parties telles, que la plus grande AX soit moyenne proportionneUe eiUre la plus petite et la ligne entière.

Soit a la longueur de AB; désignons AX par m, et, par suite, BX par {a—x)\ nous aurons^ d'après l'énoncé, la proportion :

-=^-. Il]

Oo en tire l'équation : s'=a(a— âp),

ou «»H-a«— a'=0. f2]

Delà ,^-a±V5^^a(-l±V5)^ , ^jj

Biscussioif. Les deux racines sont évidemment réelles. Comme ^ est comprise entre 2 et 3, la première racine est positive et plus petite que a ; elle est donc la solution demandée. Hais la seconde est négative, et sa valeur absolue est plus grande que a; elle doit donc être rejetée.

Cependant on peut interpréter cette solution négative. En effet, désignons-la par (-^a) : comme elle vérifie l'équation [2], on doit avoir :

( — a)>=a(a — (— a) I, ou a*=a(a+o).

Ainsi a est une moyenne proportionnelle entre a et (a+a)> ot répond évidemment i la question suivante :

TromeTf sur la ligne AB prolongée, un point X' tel, que sa distance a au point A soit moyenne proportionneUe entre sa distance (a + a) au point B etla ligne AB=a.

I^ deux solutions, que nous venons de rencontrer, résolvent d'une manière générale le problème suivant :

Trouver, sur une droite indéfinie, sur laquelle sont pris deus points A et B,

218 LIVRE IIU-

un point X tel, que la distance ÂX soit moyenne proportionnée entre BX

elAB.

Et il arrive que, comme dans la plupart des problèmes da premier degré, la solution négative doit être portée sur la droite AB, en sens opposé à la lolution positive.

On aurait pu, d'ailleurs, éviter la solution négative, en comptant les distances à partir du point B. Car, en désignant par x la distance BX (1'* fîg.)» et, par suite, par (a— s) la distance AX, on aurait eu la proportion :

a— « « ' d*où Ton eût tiié!UéqDatiatt

et, par suite «= . [oj

Ces deux solutions sont positives : la première, qui est plus gcande que Oy donne le point X' ; et la seconde, qui est plus petite que a, donne le point X. Construction oes solutions. Les formules [3], qui peuvent s'écrire:

conduisent immédiatement à la construction qu'on indique dans les Éléments

de géométrie. Car \/ -r + a* est l'hypoténuse du triangle rectangle, qui a pour

àb au

côtés de l'angle droit AB et — ; et, pour avoir op*, il faut retrancher — - de

cette hypoténuse, tandis que, pour avoir la valeur absolue de x*, il faut ajouter les deux longueurs. On porte d'ailleurs (b' de A s ers B, et «* en sens contraire. Remarquons encore que l'équation [2] peut s'écrire :

par conséquent, le problème proposé revient à. celui -d. : Trottrer dêuè lignes X el x + a, dont la différence eu a, et- dont la moyenne proportùmtisUû est a. On apprend, en géométrie, à résoudre oatte question, et l'on retueve la construction précédente.

288. Problème III. Trouver, sur une ligne FQy un pottU X égaiemeni éclairé par devs lumières A et B, dont lee intensHit sont i et if. On donné AP = a, BQ = b, et PQ =r d; AP et BQ étant les perpendiculaires abaissées des points A et B sur la ligne PQ.

Pour résoudre ce problème, on doit se rappeler que l'intensité de la lumière est en raison inverse du carré de la distance du point éclairé au point lumineux; de sorte

qu'une lumière, d'intensité t, éclaire, à la distance «, avec une intensité ^.

DES ÉQUATIONS BU SECOND DEGHfi. tl9

On âait aiQÎr^ par conséquent :

♦ f Ai* BX»'

ou, ea dtegnant PX.par s,, et, par oonséquant^ QX pao (d^— •}

00, en chassant les dénominateurs :

B»»+<(l~»)»],û=r(a34-4^.tf. [2]

Discnssion. Sans entrer dans les détails de la solution de cette équation du deuxième degré, et des conditions de possibilïtô du problème» cherchons à interpréter les solutions négatives qu'elle peut avoir. Si Ton désigne par (— «) une solution négative, cette solution doit vérifier Téquation [1] ; on doit donc avoir :

t ^ ir

Cest ]h pFédaément réqnatiftn qu9 l'on anrait dOt éorhe si, oharobant Vb^ point X àganehe ds P-, on avait désigné par a sa distanoe incomiae au point Pi Ui soluHonsv négictivea Ibaniiuant dnia» de» solutions àw problème proposé, pourra que Tan. port» la longueur qu'elles représentent à gauohedu point P, c'ert-èHiiie dans un sens opposé à eelui qui correspond' aur solutions posîtivOs.

289. Problâmr lY.- Étant donnés un cercle dont le centre esl Q„ un de ses

^ • diamètres AB^ ei une corde CD

perpendieulaire à AB; on de^ mande de tracer un cercle tangentf à la fois, au. cercle 0.,. au diamètre et à la cordû

Soient OA=il, OI=ia.. Supposons qu'on veuille o^nstruire le cercle G inscrit dans le segment Aie. Prenons pour inconnue son rayon, et posons GT=IT=«. La droite 06, qui joint les centres, ^ passer par le point de contact H des deux cercles; elle coup» d'ailleurs le cercle inconnu en S. Or la tangente OT est moyenne proportionnel!» entre la sécante entière OH et sa partie extérieure OS. On a donc :

Ôt' = 0HX0S, ou (a + ir)»=R(R— 24, 'flj

ou, en développant et en ordonnant,

On en tire: «=— <R + a)±V(R+é^-f(H'—a'); ott, lédttisant :

Discussion. Ces deux racines sont évidemment réelles, puisque 2R (R + a) est une quantité positiYe ; et^ comme a est plus petit que R, on voit, à l'inspection de l'équation [2], que Tune d'elles est positive et Tautre négative.

La solution positive af se construit avec une grande facilité : car le radical est une moyenne proportionnelle entre 2R et (K + a)> c'est-à-dire entre BA et BI; il est donc égal à BC. Donc :