soit un carré ABCD de coté c.
Un point P à l' intérieur du carré est tel que PA est la moitié de PB et est le tiers de PC.
Calculer PD en fonction de c.
Repère cartésien orthonormal d'origine $B$, où les coordonnées de $A$ sont $(c,0)$ et les coordonnées de $C$ sont $(0,c)$.
Les coordonnées de $P$ sont $(x,y)$. Soit $PA=z$, $PB=2z$, $PC=3z$.
On a les équations : $PB^2=x^2+y^2=4z^2$, $PC^2=x^2+(c-y)^2=9z^2$, $PA^2=(c-x)^2+y^2=z^2$.
Ça se résout...
Bonne journée.
Fr. Ch.
Poursuivons.
Le système est équivalent à : $x^2+y^2=4z^2$, $\ c^2-2cy=5z^2$, $\ c^2-2cx=-3z^2$.
En tirant $x$ et $y$ des deux dernières équations et en reportant dans la première, on obtient une équation bicarrée en $z$.
Poursuivons encor.
L'équation en $z$ est : $17z^{4}-10c^{2}z^{2}+c^{4}=0$.
Solutions : $z^{2}=\frac{5\pm 2\sqrt{2}}{17}c^{2}$.
Pour que $y>0$ on ne garde que la plus petite : $z^{2}=\frac{5- 2\sqrt{2}}{17}c^{2}$.
On en déduit $x$ et $y$, et finalement $PD^2=(c-x)^2+(c-y)^2$.
Pénible...
Mais Pythagore nous permet de simplifier. Pour tout point $P$ intérieur au carré on a : $PC^2-PB^2=PD^2-PA^2$ (et même pour tout point $P$ du plan, d'ailleurs, mais peu importe ici).
D'où présentement : $PD^2= PA^2+PC^2-PB^2=6z^2$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Bonjour,
c'est bien la valeur exacte dont j'ai donné une approximation.
J'ai fait un calcul qui grosso et modo ressemble à ce que Chaurien propose. À remarquer que l'angle APB vaut 135 °.
Bien cordialement.
kolotoko
On donne deux points $F$, $G$ et un réel positif $\kappa\neq 1$ . Le lieu des points $P$
tels que $|PG| = \kappa|PF|$ est un cercle (d'Apollonius) noté ici $a(FG,\kappa)$ .
Etant donné un point $P_0$ du lieu, on construit son centre comme ci-dessous.
Le point $P$ cherché est l'une des deux intersections
$a(AB,2) \cap a(AC,3) \cap a(BC,3/2)$
Avec les th. de l'angle inscrit, celui de Ptolémée et celui du produit constant, les cercles d'Apollonius
sont les premières cocottes quelque peu rigolottes de la théorie du cercle :
elles en ignorent le centre.
Réponses
Les coordonnées de $P$ sont $(x,y)$. Soit $PA=z$, $PB=2z$, $PC=3z$.
On a les équations : $PB^2=x^2+y^2=4z^2$, $PC^2=x^2+(c-y)^2=9z^2$, $PA^2=(c-x)^2+y^2=z^2$.
Ça se résout...
Bonne journée.
Fr. Ch.
D se demande ce qu'il fait là.
on demande PD.
Le calcul donne 0,875464154c.
Reste à trouver la valeur exacte.
Bien cordialement.
kolotoko.
Le système est équivalent à : $x^2+y^2=4z^2$, $\ c^2-2cy=5z^2$, $\ c^2-2cx=-3z^2$.
En tirant $x$ et $y$ des deux dernières équations et en reportant dans la première, on obtient une équation bicarrée en $z$.
L'équation en $z$ est : $17z^{4}-10c^{2}z^{2}+c^{4}=0$.
Solutions : $z^{2}=\frac{5\pm 2\sqrt{2}}{17}c^{2}$.
Pour que $y>0$ on ne garde que la plus petite : $z^{2}=\frac{5- 2\sqrt{2}}{17}c^{2}$.
On en déduit $x$ et $y$, et finalement $PD^2=(c-x)^2+(c-y)^2$.
Pénible...
Mais Pythagore nous permet de simplifier. Pour tout point $P$ intérieur au carré on a : $PC^2-PB^2=PD^2-PA^2$ (et même pour tout point $P$ du plan, d'ailleurs, mais peu importe ici).
D'où présentement : $PD^2= PA^2+PC^2-PB^2=6z^2$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
c'est bien la valeur exacte dont j'ai donné une approximation.
J'ai fait un calcul qui grosso et modo ressemble à ce que Chaurien propose.
À remarquer que l'angle APB vaut 135 °.
Bien cordialement.
kolotoko
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Miniatures Geometriques addendum VI.pdf p. 36-37
(avec la formule de Josefsson Martin )
Sincèrement
Jean-Louis
merci à Jean-Louis Ayme pour sa somptueuse contribution.
Soland devrait être un peu moins concis et donner quelques explications.
Bien cordialement.
kolotoko
tels que $|PG| = \kappa|PF|$ est un cercle (d'Apollonius) noté ici $a(FG,\kappa)$ .
Etant donné un point $P_0$ du lieu, on construit son centre comme ci-dessous.
Le point $P$ cherché est l'une des deux intersections
$a(AB,2) \cap a(AC,3) \cap a(BC,3/2)$
Avec les th. de l'angle inscrit, celui de Ptolémée et celui du produit constant, les cercles d'Apollonius
sont les premières cocottes quelque peu rigolottes de la théorie du cercle :
elles en ignorent le centre.