FATOS MATEMÁTICOS: Uma Desigualdade Entre o Circunraio e o Inraio de um Triângulo

quarta-feira, 19 de janeiro de 2011

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

$[;\cos(x + y) = \cos x \cos y - \sin x \sin y;]$

$[;\cos(x - y) = \cos x\cos y + \sin x \sin y;]$

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

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

$[;\sin \frac{\hat{B}}{2} = \sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}} \qquad (8);]$

$[;\sin \frac{\hat{C}}{2} = \sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}} \qquad (9);]$

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 $[;R \geq 2r;]$ .