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Uma Desigualdade Entre o Circunraio e o Inraio de um Triângulo

O inraio [;r;] de um [;\triangle ABC;] é o raio da circunferência inscrita e o circunraio [;R;] é o raio da circunferência circunscrita. Neste post, provaremos que [;R \geq 2r;] e a igualdade é válida se e somente se o [;\triangle ABC;] é equilátero.

Leonhard Euler apresentou uma fórmula para calcular a distância entre o circuncentro e o incentro de um [;\triangle ABC;] dada por [;d = \sqrt{R^2 - 2Rr};]. Assim, o fato que [;R \geq 2r;] é uma consequência direta desta expressão. A demonstração apresentada neste post requer vários resultados preliminares, todos ao alcance dos leitores.

Proposição 1: Se [;\hat{A};], [;\hat{B};] e [;\hat{C};] são ângulos em um triângulo acutângulo [;ABC;], então

[;\cos \hat{A} + \cos \hat{B} + \cos \hat{C} \leq \frac{3}{2}\qquad (1);]

Demonstração: Do fato que a função cosseno é côncava no intervalo [;(0,\pi/2];], segue da desigualdade de Jensen com [;f(x) = \cos x;] que

[;\cos \hat{A} + \cos \hat{B} + \cos \hat{C} \leq 3\cos\biggl(\frac{\hat{A} + \hat{B} + \hat{C}}{3} \biggr) = 3\cos \frac{180^{\circ}}{3} = \frac{3}{2};]

Observação 1: O resultado continua válido se o [;\triangle ABC;] é obtusângulo.

De fato, suponhamos que [;\hat{A} \succ 90^{\circ};]. Assim,

[;\cos \hat{A} + \cos \hat{B} + \cos \hat{C} \prec \cos 90^{\circ} + \cos \hat{B} + \cos \hat{C};]

[;\prec 3\cos\biggl(\frac{90^{\circ}+\hat{B} + \hat{C}}{3}\biggr) = 3\cos \frac{180^{\circ}}{3} = \frac{3}{2};]

Proposição 2: Em um [;\triangle ABC;] vale a desigualdade

[;\sin \frac{\hat{A}}{2}\sin \frac{\hat{B}}{2} \sin\frac{\hat{C}}{2} \leq \frac{1}{8}\qquad (2);]

Demonstração: Sendo

[;\cos(x + y) = \cos x \cos y - \sin x \sin y;]
e
[;\cos(x - y) = \cos x\cos y + \sin x \sin y;]
segue que
[;2\sin x \sin y = \cos(x - y) - \cos(x + y);]
Assim,

[;2\sin \frac{\hat{A}}{2}\sin \frac{\hat{B}}{2} = \cos \biggl(\frac{\hat{A} - \hat{B}}{2}\biggr) - \cos \biggl(\frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}\biggr) \qquad (3);]
Mas,
[;\hat{C} = 180^{\circ} - \hat{A} -\hat{B} \quad \Rightarrow \quad \frac{\hat{C}}{2} = 90^{\circ} - \frac{\hat{A}+\hat{B}}{2};]
de modo que
[;\sin \frac{\hat{C}}{2} = \sin\biggl(90^{\circ} - \frac{\hat{A} + \hat{B}}{2} \biggr) = \cos \biggl(\frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}\biggr) \qquad (4);]
De [;(3);] e [;(4);], segue que

[;4\sin \frac{\hat{A}}{2}\sin \frac{\hat{B}}{2}\sin \frac{\hat{C}}{2} = ;]

[;2\cos\biggl(\frac{\hat{A} - \hat{B}}{2}\biggr)\cos\biggl(\frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}\biggr) - 2\cos^2\biggl(\frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}\biggr) \qquad (5);]
Mas,
[;2\cos x \cos y = \cos(x + y) - \cos(x - y) \quad \Rightarrow;]

[;2\cos\biggl(\frac{\hat{A} - \hat{B}}{2}\biggr)\cos\biggl(\frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}\biggr) = \cos \hat{A} + \cos \hat{B} \qquad (6);]

Substituindo [;(6);] em [;(5);], temos:

[;4\sin \frac{\hat{A}}{2}\sin \frac{\hat{B}}{2}\sin \frac{\hat{C}}{2} = \cos \hat{A} + \cos \hat{B} - [1 + \cos (\hat{A} + \hat{B})] \quad \Rightarrow;]

[;4\sin \frac{\hat{A}}{2}\sin \frac{\hat{B}}{2}\sin \frac{\hat{C}}{2} = \cos \hat{A} + \cos \hat{B} + \cos \hat{C} - 1;]
pois,
[;-\cos(\hat{A} + \hat{B}) = \cos(180^{\circ} - \hat{A} - \hat{B}) = \cos \hat{C};]

Usando o Proposição 1, segue que

[;4\sin \frac{\hat{A}}{2}\sin \frac{\hat{B}}{2}\sin \frac{\hat{C}}{2} \leq \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2};]

donde segue o resultado.

Proposição 3: Se [;p;] é o semi-perímetro do [;\triangle ABC;], então

[;\sin \frac{\hat{A}}{2} = \sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}} \qquad (7);]

[;\sin \frac{\hat{B}}{2} = \sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}} \qquad (8);]
e
[;\sin \frac{\hat{C}}{2} = \sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}} \qquad (9);]

Demonstração: Ver a seção de Problemas (Parte 5).

Proposição 4: A área [;S;] de um [;\triangle ABC;] pode ser calculada pelas expressões:

[;S = pr = \frac{abc}{4R} = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \qquad (10);]

sendo [;R;] o circumraio e [;r;] o inraio.

Demonstração: Para provar a primeira expressão basta ligar o incentro aos vértices do [;\triangle ABC;] e notar que [;r;] é a altura dos três triângulos formados. A segunda expressão segue diretamente da lei dos senos e a terceira é a famosa fórmula de Heron cuja demonstração foi apresentada em um outro post, veja o link abaixo.

Proposição 5: Se [;R;] e [;r;] são o circunraio e o inraio de um [;\triangle ABC;] respectivamente, então [;R \geq 2r;].

Demonstração: Substituindo as expressões [;(7);], [;(8);] e [;(9);] em [;(2);], temos:

[;\sqrt{\frac{(p-a)^2(p-b)^2(p-c)^2}{a^2b^2c^2}} \leq \frac{1}{8} \quad \Rightarrow \quad \frac{p(p-a)(p-b)(p-c)}{pabc} \leq \frac{1}{8};]

Pela fórmula de Heron apresentada na Prop. 4, segue que

[;\frac{S^2}{pabc} \leq \frac{1}{8} \quad \Rightarrow \quad \frac{S}{p}\cdot \frac{S}{abc} \leq \frac{1}{8} \qquad (10);]

Usando a expressão [;(9);] em [;(10);], obtemos

[;\frac{r}{4R} \leq \frac{1}{8} \quad \Rightarrow \quad R \geq 2r;]

Gostará de ler também:
- PSP (Parte 24) Seno e Cosseno da Soma;
- A Fórmula de Heron;
- A Desigualdade de Erdos-Mordell.

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