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RÉSOLUES.

On voit donc qu’au moyen de cet artifice, pour faire toutes les pesées possibles, il suffira de cinq poids d’une unité, cinq poids de 10 unités, cinq poids de 100 unités, et ainsi de suite ; de telle sorte que, pour peser jusqu’à ${\frac {5\left(10^{n}-1\right)}{9}}$ inclusivement, il suffira de $5n$ caractère. Faisant donc ${\frac {5\left(10^{n}-1\right)}{9}}=m$, d’où $10^{n}={\frac {nm}{5}}+1={\frac {9m+5}{5}},$ et par conséquent $n=\operatorname {Log} .(9sm-5)-\operatorname {Log} .5$ ; le nombre des poids nécessaires pour faire toutes les pesées jusqu’à $m$ inclusivement sera

$5\left\{\operatorname {Log} .(9m+5)-\operatorname {Log} .5\right\}\,;$

les logarithmes étant ceux des tables vulgaires.

Généralisons ces considérations ; mais distinguons le cas où la base du système de numération est paire et celui où elle est impaire.

Dans le premier cas, si la base du système est $2a,$ on fera toutes les pesées, depuis l’unité jusqu’à ${\frac {a\left[(2a)^{n}-1\right]}{2a-1}}$ inclusivement avec $na$ poids seulement, dont $a$ de chaque sorte. Faisant donc $x=na$ et ${\frac {a\left[(2a)^{n}-1\right]}{2a-1}}=m,$ d’où $(2a)^{n}={\frac {(2m+1)a-m}{a}}$ et par conséquent

$n={\frac {\operatorname {Log} .\left\{(2m+1)a-m\right\}-\operatorname {Log} .a}{\operatorname {Log} .a+\operatorname {Log} .2}}\,;$

il viendra

$x=a.{\frac {\operatorname {Log} .\left\{(2m+1)a-m\right\}-\operatorname {Log} .a}{\operatorname {Log} .a+\operatorname {Log} .2}}.$

Dans le second cas, si la base du système est $2a+1$ ; on fera toutes les pesées, depuis l’unité jusqu’à ${\frac {(2a+1)^{n}-1}{2}}$ inclusivement, avec $na$ poids seulement, dont $a$ de chaque sorte. Faisant donc $x=na$ et ${\frac {(2a+1)^{n}-1}{2}}=m,$ d’où $(2a+1)^{n}=2m+1,$ et par conséquent