Uma demonstração do Teorema de Pitágoras pelo círculo inscrito

O Teorema de Pitágoras talvez seja o resultado da matemática com mais demonstrações conhecidas. Esta demonstração utiliza o círculo inscrito em um triângulo retângulo e calcula a área do triângulo de duas maneiras diferentes utilizando conceitos de Geometria básica.

1. Construção da figura

Seja $ABC$ um triângulo retângulo em $C$, com catetos $a=BC$, $b=AC$ e hipotenusa igual a $c=AB$. Considere um círculo inscrito de centro $I$ e raio $r$, tangente aos lados $BC$, $CA$ e $AB$ nos pontos $D$, $E$ e $F$, respectivamente.

Figura 1: círculo inscrito no triângulo retângulo $ABC$, tangente aos lados nos pontos $D$, $E$ e $F$.

2. Demonstração

Vamos analisar o quadrilátero $CDIE$ e os segmentos tangentes ao círculo. Depois, vamos calcular a área do triângulo $ABC$ de duas maneiras distintas e igualar os resultados, o que nos levará à relação desejada.

2.1. Análise do quadrilátero $CDIE$

No quadrilátero $CDIE$, os raios $ID$ e $IE$ são perpendiculares aos lados $BC$ e $CA$, pois tocam o círculo nos pontos de tangência. Logo, os ângulos em $D$ e em $E$ são retos. O ângulo em $C$ também é reto por hipótese, então $CDIE$ tem três ângulos retos e é um retângulo. Como os lados consecutivos $ID$ e $IE$ medem $r$, ele é um quadrado:

$$ CD=CE=ID=IE=r \tag{1} $$

2.2. Análise dos segmentos tangentes

Dois segmentos tangentes traçados de um mesmo ponto externo a uma circunferência têm o mesmo comprimento. Assim:

$$ BF=BD \quad \text{e} \quad AF=AE $$

Para justificar essa afirmação, vamos considerar um ponto $P$ externo a uma circunferência de centro $O$. Sejam $T_1$ e $T_2$ os pontos onde as tangentes $t_1$ e $t_2$ que partem de $P$ tocam a circunferência:

Figura 2: tangentes $t_1$ e $t_2$ traçadas de um ponto externo $P$ a uma circunferência de centro $O$, com pontos de contato $T_1$ e $T_2$.

Os raios $OT_1$ e $OT_2$ são perpendiculares às tangentes, então os triângulos $OPT_1$ e $OPT_2$ são triângulos retângulos em $T_1$ e $T_2$ e compartilham a mesma hipotenusa $OP$ e têm catetos iguais a $OT_1 = OT_2 = r$.

Os triângulos $OPT_1$ e $OPT_2$ são retângulos, têm a hipotenusa $OP$ em comum e um cateto igual ao raio. Pelo caso cateto-hipotenusa, são congruentes, de modo que:

$$ PT_1 = PT_2 \tag{2} $$

Aplicando no triângulo circunscrito, tomando os vértices $A$, $B$ e $C$, temos, respectivamente:

$$ AE=AF \text{, } BD=BF \text{ e } CD=CE \tag{3} $$

Por outro lado, temos:

$$ BD = a-r \tag{4} $$

e

$$ AE = b-r \tag{5} $$

Assim:

$$ c = AF + FB \tag{6} $$

Considerando a igualdade $(3)$, substituímos $(4)$ e $(5)$ em $(6)$:

$$ c = (b-r) + (a-r) \\[1em] c = a + b - 2r \\[1em] 2r = a + b - c $$ $$ r = \frac{a+b-c}{2} \tag{7} $$

2.3. Analisando as áreas

Podemos encontrar a área do triângulo $ABC$ de duas maneiras. Utilizando os catetos, aplicamos a fórmula clássica da área, base vezes altura sobre dois:

$$ A = \frac{ab}{2} \tag{8} $$

Por outro lado, unindo $I$ aos três vértices, o triângulo se divide em outros três: $IBC$, $ICA$ e $IAB$:

Figura 3: o triângulo $ABC$ dividido nos triângulos $IBC$, $ICA$ e $IAB$, todos com altura $r$ relativa aos lados do triângulo original.

Em cada um desses novos triângulos, a altura relativa ao lado do triângulo original é o raio $r$ do círculo, pois $ID$, $IE$ e $IF$ são perpendiculares aos lados. Assim:

$$ A = \frac{ar}{2} + \frac{br}{2} + \frac{cr}{2} $$ $$ A = \frac{r(a+b+c)}{2} \tag{9} $$

Igualando $(8)$ em $(9)$, obtemos:

$$ \frac{ab}{2} = \frac{r(a+b+c)}{2} \tag{10} $$

Agora, substituímos $r$ da relação $(7)$:

$$ \frac{ab}{2} = \frac{\dfrac{a+b-c}{2} (a+b+c)}{2} \\[1em] \frac{ab}{2} = \frac{(a+b-c)(a+b+c)}{4} $$

Multiplicando ambos os membros por $4$, obtemos:

$$ 2ab = (a+b-c)(a+b+c) \\[1em] 2ab = a^2 + ab + ac + ab + b^2 + bc - ac - bc - c^2 \\[1em] 2ab = a^2 + b^2 - c^2 + 2ab $$

Cancelando $2ab$ e isolando $c^2$, obtemos a igualdade:

$$ c^2 = a^2 + b^2 \tag{11} $$

Que é o próprio Teorema de Pitágoras.

3. O triângulo $3,4,5$

Com $a=3$, $b=4$ e $c=5$, o raio é:

$$ r = \frac{a+b-c}{2} \\[1em] r = \frac{3+4-5}{2} \\[1em] r = 1 $$

A área pelos catetos vale:

$$ A = \frac{3 \cdot 4}{2} \\[1em] A = 6 $$

E pelo círculo inscrito:

$$ A = \frac{r(a+b+c)}{2} \\[1em] A = \frac{1(3+4+5)}{2} \\[1em] A = \frac{12}{2} \\[1em] A = 6 $$

As duas contas coincidem, o que não surpreende, mas conforta.

4. Um resultado a mais

Uma consequência direta da demonstração entrega a fórmula do raio do círculo inscrito em um triângulo retângulo:

$$ r = \frac{a+b-c}{2} $$

Essa fórmula costuma aparecer em problemas de Olimpíadas da Matemática e dá para chegar de cabeça em qualquer tripla pitagórica.

Vamos tomar como exemplo o tripla pitagórica $5$, $12$, $13$:

$$ r = \frac{5 + 12 - 13}{2} \\[1em] r = \frac{4}{2} \\[1em] r = 2 $$

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