[obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
RES: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Se minha memória não está falhando esse baricentro coincide com o incentro do triângulo dado. A demonstração é algo assim: imaginando os lados com densidade uniforme de massa cada lado pode ser trocado pelo seu ponto médio com toda massa aí concentrada. Essas massas ponctuais são proporcionais aos comprimentos dos lados respectivos, digamos a,b e c, como usual. Agora um cálculo simples de centro de massa em coordenadas cartesianas revela que as coordenadas desse baricentro são exatamente as coordenadas cartesianas do incentro do triângulo dado. Assim sendo a construção com régua e compasso é possível. Saludos Jayro Bedoff -Mensagem original- De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de Rogerio Ponce Enviada em: domingo, 10 de maio de 2009 13:04 Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Oi Ponce e demais colegas desta lista ... OBM-L, EU PENSO que um possivel objetivo comum a todos nos e justamente o de propor problemas interessantes, nao triviais, e/ou suas respectivas solucoes, quando possiveis. Procedendo assim PARECE-ME que ocorrerao duas implicacoes obvias : 1) Serao naturalmente afastados aqueles(as) que vem esta lista como um SOS para vestibulandos, concurseiros e assemelhados. 2) Serao naturalmente atraidos aqueles(as) que aspiram ler e aprender uma Matematica de mais alta qualidade. E eu tenho certeza - ate por experiencia pessoal - que com a colaboracao das inumeras pessoas talentosas que ja passaram por aqui, podemos criar um centro de discussao de Matematica Elementar que nao ficara devendo a nenhum outro centro do Mundo Quando ao problema do Nehab, e bastante razoavel supor que o campo gravitacional e constante ( pois estamos imaginando o triangulo proximo a superficie da terra). Agora, basta aplicar o teorema de Varignon. Seja ABC um triangulo. Sem perda de generalidade podemos supor que os seus vertices estao disposto tais que A esta em (0,0), B em (c,0) e C em (X,Y). E natural supor que a densidade linear de massa e constante em cada lado, donde decorre que os respectivos centros de massa dos seus lados estarao nos pontos medios destes lados. Seja d esta densidade liner. As forcas que atuam em cada ponto medio sao : No lado AB, cdg, atuando em (c/2,0) - aqui, g e a aceleracao da gravidade No lado AC, bdg, atuando em (X/2,Y/2) No lado BC, adg, atuando em ( (c+X)/2 , Y/2 ) Assim VERTICALMENTE, temos uma forca de cdg em 0, uma forca bdg em Y/2 e uma forca adg em Y/2, vale dizer, uma forca, (bdg+adg) em Y/2. A forca que equilibra tudo isso tem modulo, obviamente, igual adg + bdg + cdg atuando na posicao vertical m ( Varignon agora ) tal que : m*(adg + bdg + cdg) = cdg*0 + (bdg + adg)*(Y/2) m =( (a+b) / (a+b+c) )*(Y/2) Resultado 1 HORIZONTALMENTE, temos uma forca cdg em c/2, uma forca bdg em (X/2) e uma forca adg atuando em (c+X)/2. Para equilibrar isso devemos ter uma forca de modulo obviamente, igual adg + bdg + cdg e atuando na posicao horizontal n ( Varignon agora ) tal que : n*(adg + bdg + cdg) = cdg*(c/2) + bdg*(X/2) + adg*( (c+X)/2) n = ( (a+c)*(c/2) + (b+c)*(X/2) ) / (a + b + c) Resultado 2 Os dados em Resultado 1 e 2 sao conhecidos, bastando construir o sistema de coordenadas indicado ( traca-se por A uma perpendicular a AB, Esta perpendicular e o eixo Y; o eixo X sera a reta que suporta o lado AB). Os valores de m e n sao facilmente construtiveis. Logo: O PONTO PROCURADO Traca-se por m uma paralela ao eixo X e por n uma paralela ao eixo Y. O ponto de encontro e o ponto procurado. Um Abracao a Todos ! PSR,11005091409 pois isto afastara aqueles estudantes preguicosos , para que aqueles que nos acompanham 2009/5/10 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com: Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
Re: RES: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Oi, Jayro Não sei se sua memória é boa ou não mas seu raciocício certamente o é. Se sua expressão incentro do triângulo dado se refere ao incentro do triângulo medial do triângulo original (formado pelos pontos médios dos lados), ok, mas ... poste a solução geométrica deste fato... Os meninos (e também os não tão meninos agradecerão). Abraços, Nehab Jayro Bedoff escreveu: Se minha memória não está falhando esse baricentro coincide com o incentro do triângulo dado. A demonstração é algo assim: imaginando os lados com densidade uniforme de massa cada lado pode ser trocado pelo seu ponto médio com toda massa aí concentrada. Essas massas ponctuais são proporcionais aos comprimentos dos lados respectivos, digamos a,b e c, como usual. Agora um cálculo simples de centro de massa em coordenadas cartesianas revela que as coordenadas desse baricentro são exatamente as coordenadas cartesianas do incentro do triângulo dado. Assim sendo a construção com régua e compasso é possível. Saludos Jayro Bedoff -Mensagem original- De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de Rogerio Ponce Enviada em: domingo, 10 de maio de 2009 13:04 Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Caros amigos: Ando sumido da lista. Mas leio frequentemente. Acrescento um fato interessante sobre o centro de gravidade do triângulo oco. Considere o incentro do triângulo cujos vértices são os pontos médios dos lados do triângulo ABC. Este ponto é o baricentro do triângulo ABC oco. Abraços, E. Wagner. Quoting Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Oi Ponce e demais colegas desta lista ... OBM-L, EU PENSO que um possivel objetivo comum a todos nos e justamente o de propor problemas interessantes, nao triviais, e/ou suas respectivas solucoes, quando possiveis. Procedendo assim PARECE-ME que ocorrerao duas implicacoes obvias : 1) Serao naturalmente afastados aqueles(as) que vem esta lista como um SOS para vestibulandos, concurseiros e assemelhados. 2) Serao naturalmente atraidos aqueles(as) que aspiram ler e aprender uma Matematica de mais alta qualidade. E eu tenho certeza - ate por experiencia pessoal - que com a colaboracao das inumeras pessoas talentosas que ja passaram por aqui, podemos criar um centro de discussao de Matematica Elementar que nao ficara devendo a nenhum outro centro do Mundo Quando ao problema do Nehab, e bastante razoavel supor que o campo gravitacional e constante ( pois estamos imaginando o triangulo proximo a superficie da terra). Agora, basta aplicar o teorema de Varignon. Seja ABC um triangulo. Sem perda de generalidade podemos supor que os seus vertices estao disposto tais que A esta em (0,0), B em (c,0) e C em (X,Y). E natural supor que a densidade linear de massa e constante em cada lado, donde decorre que os respectivos centros de massa dos seus lados estarao nos pontos medios destes lados. Seja d esta densidade liner. As forcas que atuam em cada ponto medio sao : No lado AB, cdg, atuando em (c/2,0) - aqui, g e a aceleracao da gravidade No lado AC, bdg, atuando em (X/2,Y/2) No lado BC, adg, atuando em ( (c+X)/2 , Y/2 ) Assim VERTICALMENTE, temos uma forca de cdg em 0, uma forca bdg em Y/2 e uma forca adg em Y/2, vale dizer, uma forca, (bdg+adg) em Y/2. A forca que equilibra tudo isso tem modulo, obviamente, igual adg + bdg + cdg atuando na posicao vertical m ( Varignon agora ) tal que : m*(adg + bdg + cdg) = cdg*0 + (bdg + adg)*(Y/2) m =( (a+b) / (a+b+c) )*(Y/2) Resultado 1 HORIZONTALMENTE, temos uma forca cdg em c/2, uma forca bdg em (X/2) e uma forca adg atuando em (c+X)/2. Para equilibrar isso devemos ter uma forca de modulo obviamente, igual adg + bdg + cdg e atuando na posicao horizontal n ( Varignon agora ) tal que : n*(adg + bdg + cdg) = cdg*(c/2) + bdg*(X/2) + adg*( (c+X)/2) n = ( (a+c)*(c/2) + (b+c)*(X/2) ) / (a + b + c) Resultado 2 Os dados em Resultado 1 e 2 sao conhecidos, bastando construir o sistema de coordenadas indicado ( traca-se por A uma perpendicular a AB, Esta perpendicular e o eixo Y; o eixo X sera a reta que suporta o lado AB). Os valores de m e n sao facilmente construtiveis. Logo: O PONTO PROCURADO Traca-se por m uma paralela ao eixo X e por n uma paralela ao eixo Y. O ponto de encontro e o ponto procurado. Um Abracao a Todos ! PSR,11005091409 pois isto afastara aqueles estudantes preguicosos , para que aqueles que nos acompanham 2009/5/10 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com: Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e
Re: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Oba, Wagner, Que bom que você deu um oi... Você está no Rio ou no Ceará, a terra dos matemáticos :-) ? Fico feliz em vê-lo por aqui, mas que covardia, dando a solução do problema,... sem a SUA solução !... Abraços Nehab wag...@impa.br escreveu: Caros amigos: Ando sumido da lista. Mas leio frequentemente. Acrescento um fato interessante sobre o centro de gravidade do triângulo oco. Considere o incentro do triângulo cujos vértices são os pontos médios dos lados do triângulo ABC. Este ponto é o baricentro do triângulo ABC oco. Abraços, E. Wagner. Quoting Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Oi Ponce e demais colegas desta lista ... OBM-L, EU PENSO que um possivel objetivo comum a todos nos e justamente o de propor problemas interessantes, nao triviais, e/ou suas respectivas solucoes, quando possiveis. Procedendo assim PARECE-ME que ocorrerao duas implicacoes obvias : 1) Serao naturalmente afastados aqueles(as) que vem esta lista como um SOS para vestibulandos, concurseiros e assemelhados. 2) Serao naturalmente atraidos aqueles(as) que aspiram ler e aprender uma Matematica de mais alta qualidade. E eu tenho certeza - ate por experiencia pessoal - que com a colaboracao das inumeras pessoas talentosas que ja passaram por aqui, podemos criar um centro de discussao de Matematica Elementar que nao ficara devendo a nenhum outro centro do Mundo Quando ao problema do Nehab, e bastante razoavel supor que o campo gravitacional e constante ( pois estamos imaginando o triangulo proximo a superficie da terra). Agora, basta aplicar o teorema de Varignon. Seja ABC um triangulo. Sem perda de generalidade podemos supor que os seus vertices estao disposto tais que A esta em (0,0), B em (c,0) e C em (X,Y). E natural supor que a densidade linear de massa e constante em cada lado, donde decorre que os respectivos centros de massa dos seus lados estarao nos pontos medios destes lados. Seja d esta densidade liner. As forcas que atuam em cada ponto medio sao : No lado AB, cdg, atuando em (c/2,0) - aqui, g e a aceleracao da gravidade No lado AC, bdg, atuando em (X/2,Y/2) No lado BC, adg, atuando em ( (c+X)/2 , Y/2 ) Assim VERTICALMENTE, temos uma forca de cdg em 0, uma forca bdg em Y/2 e uma forca adg em Y/2, vale dizer, uma forca, (bdg+adg) em Y/2. A forca que equilibra tudo isso tem modulo, obviamente, igual adg + bdg + cdg atuando na posicao vertical m ( Varignon agora ) tal que : m*(adg + bdg + cdg) = cdg*0 + (bdg + adg)*(Y/2) m =( (a+b) / (a+b+c) )*(Y/2) Resultado 1 HORIZONTALMENTE, temos uma forca cdg em c/2, uma forca bdg em (X/2) e uma forca adg atuando em (c+X)/2. Para equilibrar isso devemos ter uma forca de modulo obviamente, igual adg + bdg + cdg e atuando na posicao horizontal n ( Varignon agora ) tal que : n*(adg + bdg + cdg) = cdg*(c/2) + bdg*(X/2) + adg*( (c+X)/2) n = ( (a+c)*(c/2) + (b+c)*(X/2) ) / (a + b + c) Resultado 2 Os dados em Resultado 1 e 2 sao conhecidos, bastando construir o sistema de coordenadas indicado ( traca-se por A uma perpendicular a AB, Esta perpendicular e o eixo Y; o eixo X sera a reta que suporta o lado AB). Os valores de m e n sao facilmente construtiveis. Logo: O PONTO PROCURADO Traca-se por m uma paralela ao eixo X e por n uma paralela ao eixo Y. O ponto de encontro e o ponto procurado. Um Abracao a Todos ! PSR,11005091409 pois isto afastara aqueles estudantes preguicosos , para que aqueles que nos acompanham 2009/5/10 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com: Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se
