Seja ABC um triangulo de lados [tex3]AB=c,BC=a,AC=b[/tex3]
AGORA VAMOS COMEÇAR DE FATO ESSA BRINCADEIRA!!!!
Olhe para o triangulo [tex3]AIM[/tex3]
e notamos que o baricentro [tex3]G[/tex3]
determina uma proporção na mediana [tex3]AM=m[/tex3]
então por stewart temos
[tex3]AI^2*\frac{m}{3}+MI^2*\frac{2m}{3}-x²m=\frac{2m³}{9}[/tex3]
simplificando
[tex3]3(AI^2+2MI^2)-2m^2=9x²[/tex3]
[tex3]4m^2=2b²+2c²-a²[/tex3]
[tex3]2m²=b²+c²-\frac{a²}{2}[/tex3]
GUARDA ISSO
Por propriedade [tex3]AI²=\frac{bc(p-a)}{p}[/tex3]
Olhando para o triangulo [tex3]IBC[/tex3]
temos pela mesma propriedade anterios que [tex3]BI²=\frac{ac(p-b)}{p}[/tex3]
e [tex3]CI^2=\frac{ab(p-c)}{p}[/tex3]
ASSIM COMO [tex3]MI[/tex3]
é mediana do triangulo IBC portanto
[tex3]4MI^2=2(CI²+BI²)-a²[/tex3]
[tex3]2MI²=CI^2+BI^2-\frac{a²}{2}[/tex3]
usando esse fato la em cima e simplificando!!
[tex3]9x²=3*(\frac{bc(p-a)+ac(p-b)+ab(p-c)}{p})-3a²-2(\frac{2b²+2c²-a²}{2})[/tex3]
[tex3]9px²=3(bc(p-a)+ac(p-b)+ab(p-c))-p(a²+b²+c²)[/tex3]
[tex3]9px²=3(p(ab+bc+ac)-3abc)-p(a²+b²+c²)[/tex3]
sabemos que [tex3]abc=p*4Rr[/tex3]
[tex3]9px²=3(p(ab+bc+ac)-12p*Rr)-p(a²+b²+c²)[/tex3]
dividendo por [tex3]p[/tex3]
[tex3]9x²=3(ab+bc+ac)-36Rr-(a²+b²+c²)[/tex3]
Nesse ponto do problema, INVOCO A TIA ALGEBRA
[tex3]9x²=3(ab+bc+ac)-36Rr-((a+b+c)^2-2(ab+bc+ac))[/tex3]
[tex3]9x²=3(ab+bc+ac)-36Rr-(4p²-2(ab+bc+ac))[/tex3]
[tex3]9x²=-4p^2+5(ab+ac+bc)-36Rr[/tex3]
TEOREMA NÃO FALADO
[tex3]cos(\frac{A}{2})=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}[/tex3]
[tex3]cos(\frac{B}{2})=\sqrt{\frac{p(p-b)}{ac}}[/tex3]
[tex3]cos(\frac{C}{2})=\sqrt{\frac{p(p-c)}{ab}}[/tex3]
Trace o segmento [tex3]ID=r,IE=r,IF=r[/tex3]
com [tex3]D,E,F[/tex3]
EM [tex3]AB,BC,AC[/tex3]
Usando trigonometria nesses triangulo, vemos que [tex3]AD=p-a[/tex3]
aplicando pitagoras em [tex3]AID[/tex3]
temos:
[tex3]r^2=\frac{bc(p-a)}{p}-(p-a)^2[/tex3]
[tex3]pr^2=bc(p-a)-p(p-a)^2[/tex3]
DE MANEIRA ANALOGA NOS TRIANGULOS [tex3]BIE,CIE[/tex3]
temos
[tex3]pr²=ac(p-b)-p(p-b)^2[/tex3]
[tex3]pr²=ab(p-c)-p(p-c)^2[/tex3]
Somando as três equações temos
[tex3]3pr²=ab(p-c)+ac(p-b)+bc(p-a)-p((p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2)[/tex3]
ALGEBRANDO
[tex3]3pr²=p(ab+ac+bc)-3abc-p*(3p²-2p(a+b+c)+a²+b²+c²)[/tex3]
[tex3]3pr²=p(ab+ac+bc)-12p*Rr-p*(3p²-4p²+a²+b²+c²)[/tex3]
[tex3]3r²=ab+ac+bc-12Rr-(-p²+a²+b²+c²)[/tex3]
sabemos que [tex3]2p=a+b+c[/tex3]
ALGEBRANDO DE NOVO
[tex3]3r²=ab+ac+bc-12Rr-(\frac{-a²-b²-c²+4a²+4b²+4c²-2(ab+bc+ac)}{4})[/tex3]
[tex3]3r²=ab+ac+bc-12Rr-(\frac{3(a²+b²+c²)-2(ab+bc+ac)}{4})[/tex3]
[tex3]3r²=ab+ac+bc-12Rr-(\frac{3*4p²-6(ab+ac+bc)-2(ab+bc+ac)}{4})[/tex3]
[tex3]3r²=ab+ac+bc-12Rr-(3p²-2(ab+ac+bc))[/tex3]
POR FIM
[tex3]r²=(ab+bc+ac)-4Rr-p²[/tex3]
[tex3]ab+ac+bc=r²+4Rr+p²[/tex3]
olha que resultado interessante!!!! USANDO ISSO LA NO INICIO
[tex3]9x²=-4p^2+5(ab+ac+bc)-36Rr[/tex3]
[tex3]9x²=-4p^2+5(r²+4Rr+p²)-36Rr[/tex3]
[tex3]9x²=p²+5r²-16Rr[/tex3]
[tex3]PIMBADA[/tex3]
vamos traçar as medianas [tex3]AM ,CN[/tex3]
, [tex3][/tex3]
e as bissetrizes [tex3]CL,AK[/tex3]
com isso determinamos que [tex3]IG=x[/tex3]
ONDE [tex3]G[/tex3]
é o baricentro e [tex3]I [/tex3]
o incentroDemonstrações ⇒ (Demonstração) Distancia entre o Incentro e o Baricentro
- jvmago
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Jun 2020
06
14:48
(Demonstração) Distancia entre o Incentro e o Baricentro
Editado pela última vez por jvmago em 06 Jun 2020, 14:59, em um total de 1 vez.
Não importa se você é magrinho ou gordinho, alto ou baixo, o que te difere dos outros é quando expõe seus conhecimentos.
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Abr 2021
12
08:38
Re: (Demonstração) Distancia entre o Incentro e o Baricentro
Demonstração por complexos/analítica usando coordenadas baricêntricas:
Teorema: Os pontos [tex3]A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2[/tex3] estão situados sobre os lados BC, CA, AB do triângulo ABC tais que as retas [tex3]AA_1,BB_1,CC_1[/tex3] se encontram no ponto [tex3]P_1[/tex3] e as retas [tex3]AA_2,BB_2,CC_2[/tex3] se encontram no ponto [tex3]P_2[/tex3]
Se
[tex3]\frac{BA_k}{A_kC}=\frac{p_k}{n_k},\frac{CB_k}{B_kA}=\frac{m_k}{p_k},\frac{AC_k}{C_kB}=\frac{n_k}{m_k},k=1,2[/tex3]
onde [tex3]m_k,n_k,p_k[/tex3] são reais não nulos, k = 1,2 e [tex3]S_k=m_k+n_k+p_k[/tex3] então
[tex3](P_1P_2)^2=\frac{1}{S_1^2S_2^2}\left(S_1S_2\sum_{cyc}^{}(n_1p_2+p_1n_2)\alpha ^2-S_1^2\sum_{cyc}^{}n_2p_2\alpha ^2-S_2^2\sum_{cyc}^{}n_1p_1\alpha ^2\right)[/tex3]
Para esse problema, [tex3]m_1=n_1=p_1=1,m_2=\alpha ,n_2=\beta ,p_2=\gamma [/tex3]
Então
[tex3]S_1=3\\
S_2=2p\\
\sum_{cyc}^{}(n_1p_2+p_1n_2)\alpha ^2=2p^3+2pr^2-4pRr\\
S_2^2\sum_{cyc}^{}n_1p_1\alpha ^2=2p^2-2r^2-8Rr
[/tex3]
E por fim
[tex3]GI^2=(p^2+rr^2-16Rr)/9[/tex3]
Teorema: Os pontos [tex3]A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2[/tex3] estão situados sobre os lados BC, CA, AB do triângulo ABC tais que as retas [tex3]AA_1,BB_1,CC_1[/tex3] se encontram no ponto [tex3]P_1[/tex3] e as retas [tex3]AA_2,BB_2,CC_2[/tex3] se encontram no ponto [tex3]P_2[/tex3]
Se
[tex3]\frac{BA_k}{A_kC}=\frac{p_k}{n_k},\frac{CB_k}{B_kA}=\frac{m_k}{p_k},\frac{AC_k}{C_kB}=\frac{n_k}{m_k},k=1,2[/tex3]
onde [tex3]m_k,n_k,p_k[/tex3] são reais não nulos, k = 1,2 e [tex3]S_k=m_k+n_k+p_k[/tex3] então
[tex3](P_1P_2)^2=\frac{1}{S_1^2S_2^2}\left(S_1S_2\sum_{cyc}^{}(n_1p_2+p_1n_2)\alpha ^2-S_1^2\sum_{cyc}^{}n_2p_2\alpha ^2-S_2^2\sum_{cyc}^{}n_1p_1\alpha ^2\right)[/tex3]
Para esse problema, [tex3]m_1=n_1=p_1=1,m_2=\alpha ,n_2=\beta ,p_2=\gamma [/tex3]
Então
[tex3]S_1=3\\
S_2=2p\\
\sum_{cyc}^{}(n_1p_2+p_1n_2)\alpha ^2=2p^3+2pr^2-4pRr\\
S_2^2\sum_{cyc}^{}n_1p_1\alpha ^2=2p^2-2r^2-8Rr
[/tex3]
E por fim
[tex3]GI^2=(p^2+rr^2-16Rr)/9[/tex3]
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