O demonstraţie trigonometrică a relaţiei lui Euler

Relaţia lui Euler. Dacă O şi I sunt centrul cercului circumscris, respectiv centrul cercului înscris într-un triunghi oarecare, iar R şi r sunt respectiv razele acestor cercuri, atunci are loc următoarea relaţie, cunoscută sub numele de relaţia lui Euler:
(*) $OI^2=R^2-2Rr$.

Vom prezenta o demonstraţie trigonometrică a acestei relaţii.
Relaţia (*) este echivalentă cu:
(**) $OI^2-R^2=-2Rr$.
Aplicăm teorema cosinusului în triunghiul AIO:
$OI^2=AI^2+AO^2-2AI\cdot AO\cdot \cos \widehat{IAO}\Leftrightarrow$
$OI^2=AI^2+R^2-2R\cdot AI\cdot \cos (\widehat{BAO}-\widehat{BAI})\Leftrightarrow$
(1) $OI^2-R^2=AI^2-2R\cdot AI\cdot \cos (\widehat{BAO}-\widehat{BAI})$.

Dacă $I_{1}$ este proiecţia lui I pe AB, atunci din triunghiul dreptunghic $AII_{1}$, obţinem:
$AI=\frac{II_{1}}{\sin \frac{A}{2}}=\frac{r}{\sin \frac{A}{2}}$.
Înlocuind în (1) pe AI, rezultă:
$OI^2-R^2=\frac{r^2}{\sin^2 \frac{A}{2}}-2R\cdot \frac{r}{\sim \frac{A}{2}}\cdot \cos (\widehat{BAO}-\widehat{BAI})$.
Comparând ultima relaţie cu (**), demonstraţia relaţiei lui Euler se reduce la a arăta că:
$\frac{r^2}{\sin^2 \frac{A}{2}}-2R\cdot \frac{r}{\sin \frac{A}{2}}\cdot \cos (\widehat{BAO}-\widehat{BAI})=-2Rr$
adică
$\frac{r}{\sin^2 \frac{A}{2}}-2R\cdot \frac{1}{\sin \frac{A}{2}}\cdot \cos (\widehat{BAO}-\widehat{BAI})=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{r}{\sin^2 \frac{A}{2}}-2R\cdot \frac{1}{\sin \frac{A}{2}}\cdot (\cos \widehat{BAO}\cos \frac{A}{2}+\sin \widehat{BAO}\sin \frac{A}{2})=-2R\leftrightarrow$
(2) $\frac{r}{\sin^2 \frac{A}{2}}-2R\left(\cos \widehat{BAO}\frac{\cos \frac{A}{2}}{\sin \frac{A}{2}}+\sin \widehat{BAO}\right)=-2R$.
În continuare, vom ţine cont de formulele:
$\sin \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}$ şi $\cos \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$
şi de faptul că:
$m(\widehat{BAO})=\frac{\pi -m(\widehat{AOB})}{2}=\frac{\pi -2C}{2}=\frac{\pi}{2}-C$.
Aşadar, relaţia (2) devine:
(3) $\frac{rbc}{(p-b)(p-c)}-2R\left(\cos \left(\frac{\pi}{2}-C\right)\sqrt{\frac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}+\sin \left(\frac{\pi}{2}-C\right)\right)=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{rbcp(p-a)}{S^2}-2R\left(\sin C\frac{S}{(p-b)(p-c)}+\cos C\right)=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{rbcp(p-a)}{rpS}-2R\left(\sin C\frac{Sp(p-a)}{S^2}+\cos C\right)=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{bc(p-a)}{\frac{abc}{4R}}-2R\left(\frac{p(p-a)}{\frac{abc}{4R}}\sin C+\cos C\right)=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{4R(p-a)}a}-2R\left(\frac{4Rp(p-a)}{abc}\sin C+\cos C\right)=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{4r(p-a)}{a}-2R\left(\frac{2cp(p-a)}{abc}+\cos C\right)=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{4R(p-a)}{a}-\frac{4Rp(p-a)}{ab}-2R\cos C=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{4R(p-a)}{a}\left(1-\frac{p}{b}\right)-2R\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{-4R(p-a)(p-b)}{ab}-2R\frac{a^2+B^2-c^2}{2ab}=-2R\Leftrightarrow$
$\frac{2(p-a)(p-b)}{ab}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=1\Leftrightarrow$
$\frac{(b-a+c)(a-b+c)}{2ab}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=1\Leftrightarrow$
$\frac{ab-b^2+bc-a^2+ab-ac+ac-bc+c^2+a^2+b^2-c^2}{2ab}=1\Leftrightarrow$
$\frac{2ab}{2ab}=1$ (A).
Q.E.D.