I. La figure que nous donnons ici est la coupe longitudinale de la table
et de l'appareil employés pour maintenir le seau à l'état d'équilibre.
[Illustration.]
A est la tablette qui forme le dessus de la table; CBD est le bâton
auquel ou suspend le seau par son anse HF, de telle sorte que cette anse
soit inclinée et que le milieu du seau soit en dedans du rebord de la
table. GFE est un autre bâton que l'on a coupé d'une longueur telle
qu'en l'appuyant contre l'angle intérieur G du seau, contre son bord
supérieur F et contre une entaille pratiquée un E au-dessous du premier
bâton CD, il maintienne l'axe, du seau vertical. Il est facile de voir
que ces dispositions donneront lieu à un équilibre parfait.
Car d'abord, en supposant l'anse I H maintenue dans la position inclinée
qu'on lui a donnée, le seau, ayant son axe vertical, serait en
équilibre, et pour donner une fixité complète à cette position de l'anse
par rapport au seau, le bâton G F E suffit évidemment. Il ne reste donc
plus qu'une condition à remplir: c'est que le bâton C D ne tende pas à
basculer ni à glisser le long de la table A. Or, on y a satisfait
évidemment en ayant eu soin d'incliner assez le seau pour que son axe,
qui est vertical, ne tombe pas en dehors du bord de la table.
On peut exécuter, d'après le même principe, quelques autres tours du
même genre.
Soit, par exemple, un crochet recourbé DFG, comme on le voit sur la
gauche de notre figure, portant un poids G. Ce crochet ainsi chargé sera
tenu en équilibre, si on pose au-dessous de son extrémité supérieure un
petit bâton ou un bout de planche de telle sorte que la verticale,
passant par le point de suspension du poids G, tombe en dehors du rebord
de la table par rapport au point où pose le crochet. Ainsi, le petit
bâton, qui, sans cela, aurait pu tomber, est maintenu par le poids même
dont on le charge à l'aide du crochet.
On voit, dans ce qui précède, la solution d'un problème de mécanique
appliquée, paradoxal en quelque sorte: «Un corps tendant à tomber par
son propre poids, l'empêcher de tomber, en y ajoutant un poids
précisément du côté où il tend à tomber.» Tout l'artifice consiste à
faire réellement agir le poids que l'on ajoute en sens contraire de
celui où il est ajoute.
II. Il est évident que pour que la chose soit possible, il faut que ces
femmes vendent au moins à deux différentes fois et à différents prix,
quoiqu'à chaque fois elles vendent toutes ensemble au même prix; car, si
celle qui avait le moins de perdrix en a vendu un très-petit nombre au
prix le plus bas et qu'elle ait vendu le surplus au plus haut prix,
tandis que celle qui en avait le plus grand nombre en avait vendu la
plus grande partie au plus bas prix et n'a pu en vendre qu'un petit
nombre au plus haut, il est clair qu'elles auront pu faire des sommes
égales. Il s'agit donc de diviser chacun des nombres 10, 25, 30, en deux
parties telles que, multipliant la première partie de chaque par le
premier prix, et la seconde par le second, la somme des deux produits
soit partout la même.
Ce problème est indéterminé et susceptible de dix solutions différentes.
Il est d'abord nécessaire que la différence des prix de la première et
de la seconde vente soit un diviseur exact des différences 15, 20, 5,
des trois nombres de perdrix donnés. Or, le moindre diviseur de ces
trois nombres est 5; c'est pourquoi les prix doivent être 6 et 1
décimes, ou 7 et 2 décimes, ou 8 et 3 décimes, etc.
En supposant que les deux prix soient 6 et l'on trouve sept solutions
différentes, comme on le voit dans le tableau suivant:
Première vente Deuxième vente Prod. lot.
1re femme 4 perdrix à 6 dec. 6 perdrix à 1 dec. 30 dec.
2e 1 24 30
3e 0 30 30
Ou bien:
1re femme 5 5 35
2e 2 23 35
3e 1 29 35
Ou bien:
1re femme 6 4 40
2e 3 22 40
3e 2 28 40
Ou bien:
1re femme 7 3 45
2e 4 21 45
3e 3 27 45
Ou bien:
1re femme 8 2 50
2e 5 20 50
3e 4 26 50
Ou bien:
1re femme 9 1 55
2e 6 19 55
3e 5 25 55
Ou bien:
1re femme 10 0 60
2e 7 18 60
3e 6 24 60
Si l'on suppose que les deux prix soient 7 et 2, on aura encore les
trois solutions suivantes:
Première vente Deuxième vente Prod. lot.
1re femme 8 perdrix à 7 dec. 2 perdrix à 2 dec. 60 dec.
2e 2 23 60
3e 0 30 60
Ou bien:
1re femme 9 1 65
2e 3 22 65
3e 1 29 65
Ou bien:
1re femme 10 0 70
2e 4 21 70
3e 2 28 70
Il serait inutile d'essayer 8 et 3 et tout autre nombre; on n'en
pourrait tirer aucune solution.