La fórmula de Herón en Fibonacci


Leonardo de Pisa (Fibonacci), en su Practica Geometriae (1220), dice:
Nam ut mensurandi doctrina perfecte in hoc libro contineatur; qualiter quodlibet trigonum sine investigatione catheti mensurari possit, indicabimus.
(Para que este libro contenga la teoría completa de las medidas mostramos como podemos medir cualquier triángulo sin conocer la altura.)
(Pag 40, linea 7, en la edición de Boncompagni)

Y Fibonacci continúa dando el procedimiento para obtener el área de un triángulo usando la fórmula de Herón, un ejemplo, y una demostración, que sigue los pasos de la de los Banu Musa, y que fue reproducida, en italiano, por Luca Pacioli en su Summa… (1494) (Parte II, Distinctio prima cap. viiifigura) y de aquí copiada por Tartaglia en su General trattato… (1556) (Parte IV, libro I, cap.II, 20-21)

Las demostraciones usan la figura adjunta. Como se ve en las imágenes anteriores, en los textos las perpendiculares th y kn no se dibujan bien, y hay una linea adicional en Fibonacci, quizá un error al dibujar en el manuscrito. Luca Pacioli y Tartaglia (libros impresos) añaden una línea ko , que usan para demostrar el lema (usado sin más en los Banu Musa y Fibonacci): Si kg^2 - kb^2 = ng^2 - nb^2, entonces kn es perpendicular a bg.

En Fibonacci no se usa el círculo inscrito que aparece en la demostración de los Banu Musa, por lo que el comienzo de la demostración es algo diferente. Aunque la demostración de Fibonacci proviene de la de los Banu Musa, no está claro si Fibonacci la tomó del Verba filiorum o de otra fuente.

Desde Tartaglia la demostración de los Banu Musa se difundió a más textos, por ejemplo aparece en Pierre de la Ramée, Scholarum Mathematicorum (1569) (Al final del libro), y, curiosamente, Montucla, en la primera edición de su Historia de las matemáticas (1758 – Vol I, pag.462), asigna a Tartaglia la fórmula de Herón: “Una invención ingeniosa que se le debe es la de medir el área de un triángulo a partir de sus tres lados sin hallar la altura“. En ediciones posteriores (1799 – Vol. I, pag.567) Montucla suprime esa atribución.

La fórmula de Herón en los Banu Musa

Enunciado

La proposición VII del “Libro sobre las medidas de las figuras planas y esféricas” de los hermanos Banu Musa dice, en la traducción de Gerardo de Cremona (“Verba filiorum”):

Volo ostendere quod, cum accipitus superfluitas medietatis omnium laterum omnis trianguli super unumquodque laterum eius, tunc si multiplicatur una trium superfluitatum in aliam earum, deinde multiplicatur illud quod agregatur in tertiam, postea multiplicatur id quod agregatur in medietatem omnium laterum trianguli, tunc illud quod agregatur inde est equale multiplicationi embadi figure in se.

Es decir, literalmente:
Quiero demostrar que, si tomamos el exceso de la mitad de (la suma de) todos los lados de todo el triángulo sobre cada uno de sus lados, entonces si multiplicamos uno de los tres excesos por otro de ellos, y luego multiplicamos lo que resulta por el tercero, y a continuación lo que resulta por la mitad de todos los lados del triángulo, entonces lo que resulta es igual a la multiplicación del área de la figura por sí misma.

O, como diríamos hoy: Si a,b,c son los lados del triángulo, T su área y s su semiperímetro, entonces T^2 = s(s-a)(s-b)(s-c).

La demostración de los Banu Musa

Los Banu Musa demuestran la proposición con la figura siguiente, que usa las mismas letras que aparecen, en minúsculas, en los manuscritos del Verba filiorum.

Empiezan trazando perpendiculares a los lados desde el centro del “circulo máximo inscrito en el triángulo”, y demostrando que, en la figura, AD=AZ=s-a, BZ=BU=s-b, GD=GU=s-c, y que AE, BE, BG son bisectrices de los ángulos del triángulo.

A continuación prolongan AG y AB hasta K y H de forma que GK = BU = s-b y BH = GU = s-c. Entonces AK=AH=s, y las perpendiculares HT, KT a AH, AK se cortan en un punto T de la bisectriz AE, y KT=HT.

En el lado GB toman un punto L tal que BL=BH=GU, entonces GL = BU = GK.
Trazan TL, GT, BT y entonces GT^2 = KT^2 + GK^2 y BT^2 = TH^2 + BH^2, y por tanto BT^2 - GT^2 = BH^2 - GK^2 = BL^2 - GL^2, y entonces TL es perpendicular al lado GB. Además TL=TH, porque BL=BH.

Entonces \angle LBT = \angle HBT, y \angle LTB = \angle BTH, y además \angle LTH + \angle LBH suman 2 rectos, porque \angle TLB, \angle BHT son rectos. Pero \angle LBH + \angle ZBU también suman dos rectos y por tanto \angle LTH = \angle ZBU y sus mitades \angle BTH y \angle EBZ también serán iguales.

Por tanto \triangle BTH es semejante a \triangle EBZ, y \dfrac{EZ}{ZB}=\dfrac{BH}{TH} \ \Rightarrow \ EZ \cdot TH = ZB \cdot BH.
Como \triangle AEZ, \triangle ATH son semejantes, \dfrac{AZ}{AH}=\dfrac{EZ}{TH}=\dfrac{EZ^2}{EZ\cdot TH}=\dfrac{EZ^2}{BZ \cdot BH}

EZ es el radio r del círculo inscrito y AH=s, AZ=s-a, BZ = s-b y BH=GU=s-c.
Entonces sr^2 = (s-a)(s-b)(s-c) y r^2s^2 = s(s-a)(s-b)(s-c).

Los Banu Musa terminan observando que como el área del triángulo es suma de las áreas de \triangle AEB, \triangle BEG, \triangle GEA, es igual a rs, y por tanto el área al cuadrado es s(s-a)(s-b)(s-c).


Esta entrada participa en la Edición 3.1415926535 del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión es el blog La aventura de la ciencia.

Verba filiorum

Parte del folio 55v del manuscrito Parisinus lat. 9335, de principios del siglo XIV:

“Verba filiorum moysi filii sekir i. maumeti hameti hasen.
P
roptera quia vidimus quod conveniens est necessitas scientiae mensure figurarum superficialium et magnitudinis corporum, et vidimus..”

Hacia el año 1160 Gerardo de Cremona traduce en Toledo, del árabe al latín, una obra que los hermanos Banu Musa escribieron en Bagdad hacia el año 860, y que Gerardo de Cremona titula (o así aparece en las copias que existen) “Verba Filiorum Moysi Filii Sekir: Maumeti, Hameti, Hasen”, es decir “Discurso de los hijos de Moisés hijo de Sekir (Banu Musa ibn Shekir): Mohammed, Ahmed y Hasan”.
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La fórmula de Herón según Gerono

Camille Cristophe Gerono dió una demostración muy sencilla, en 1825 (Annales de Gergonne, vol.15 p.305), de la hoy llamada fórmula de Herón, a partir de la fórmula para la tangente de la suma, que traduzco a continuación literalmente (salvo las primeras palabras):

Sea s el semiperímetro de \triangle ABC, O el centro del círculo inscrito en \triangle ABC y A', B', C' los puntos de contacto de ese círculo con los lados a,b,c. Es conocido y fácil de demostrar que AB' = s-a, \ BC' = s-b, \ CA'= s-c.

En consecuencia, designando por r el radio del círculo tendremos:

\tan AOB' = \dfrac{s-a}{r}, \quad \tan BOC' = \dfrac{s-b}{r} \quad \tan COA' = \dfrac{s-c}{r}

Pero, puesto que esos ángulos son las mitades respectivas de los ángulos B'OC', \ C'OA', \ A'OB', que suman cuatro ángulos rectos, su suma debe valer dos ángulos rectos, y por tanto tenemos, por un teorema conocido1 y fácil de demostrar,
\tan AOB' + \tan BOC' + \tan COA' = \tan AOB' \cdot \tan BOC' \cdot \tan COA'
es decir, sustituyendo, \dfrac{s-a}{r} +\dfrac{s-b}{r} +\dfrac{s-c}{r} = \dfrac{s-a}{r}  \cdot \dfrac{s-b}{r}  \cdot \dfrac{s-c}{r}
de donde r = \sqrt{\dfrac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s}}.
Pero designando con T el área del triángulo, tenemos T=rs y sustituyendo, T=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}.

Tras la publicación inicial de esta entrada, veo la demostración por J.P. Ballantine (AMM 61,1954), también basada en la fórmula la tangente de la suma y que no es más simple que la de Gerono, aunque W. Dunham diga2 que en lo relativo a eficacia total es difícil batirla.


1 – De la fórmula para la tangente de la suma, tememos que si \alpha + \beta + \gamma = 180^{\circ}, \tan \gamma = \tan(180^{\circ}-(\alpha + \beta)) = - \tan (\alpha + \beta) = \dfrac{\tan \alpha + \tan \beta}{\tan \alpha \tan \beta - 1}
y entonces \tan\alpha + \tan\beta + \tan\gamma = \tan\alpha \cdot \tan\beta \cdot \tan\gamma.

2 – En William Dunham. Euler, el maestro de todos los matemáticos. Nivola 2000, pag.232. (La misma demostración en referencias [2],[4] y [10] de Nelsen.)

La fórmula de Herón según Boscovich

Presentamos aquí la demostración por Ruder Boscovich de la que desde el siglo XX se conoce como fórmula de Herón. La demostración aparece en Opera pertinentia ad opticam, et astronomiam, maxima ex parte nova, et omnia hucusque inedita, (1785), tomo V, Opúsculo 14, que comienza así:

Opúsculo XIV.- Demostraciones simples de algunos bellos teoremas sobre triángulos.
Los teoremas que se demuestran en este pequeño opúsculo son elementales y muy conocidos. Tratan de la manera de encontrar, dados los tres lados, un ángulo cualquiera, el radio del círculo inscrito y el área. Las demostraciones que se dan habitualmente en las obras elementales son bastante complicadas. Habiendo encontrado una demostración del primer teorema de una gran simplicidad y tal que, con la misma figura y las mismas palabras se aplica al triángulo plano y al esférico y viendo que las dos otras para el triángulo plano surgen por sí mismas y que para el área del triángulo esférico hay una determinación tan simple y elegante, creo poder proponer todo esto como un objeto muy útil para los redactores de elementos, para ahorrar a los jóvenes alumnos mucha pena, y para inspirarles cierto gusto por la nitidez, la claridad y la elegancia, que deben tener lugar principalmente en las verdades elementales por
las cuales se empieza a desarrollar las ideas y se abre un camino a los conocimientos más complicados y más sublimes.

A continuación Boscovich enuncia el siguiente teorema, que, modernizando la notación y limitándonos al caso plano (el original en este enlace), dice:
Si a,b,c son los lados del triángulo, s el semíperímetro y \alpha el ángulo opuesto al lado a, entonces   \dfrac {1}{\sin^2(\alpha/2)} = \dfrac {b c}{(s-b)(s-c)}.

Para la demostración usamos la figura siguiente, donde I es el punto de intersección de las bisectrices, s_a, s_b, s_c son los segmentos entre los vértices y los puntos de tangencia con el incírculo y BH, \ CF son perpendiculares a la bisectriz AI: s_a + s_b + s_c es igual al semiperímetro s, y por tanto s_a = s-a, s_b = s-b y s_c = s-c.
\angle CIF = \frac{\alpha}{2}+\frac{\gamma}{2}, porque es ángulo externo de \triangle AIC y \angle BIE = \frac{\alpha}{2}+\frac{\gamma}{2}, porque, por \triangle BIE, es complementario del \angle IBE = \frac{\beta}{2}
y   \frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}   suman un recto.
Por tanto \angle BIE = \angle CIF y \angle BIF = \angle CIE.

Por la definición de seno, s_b = BI \sin \angle BIE, BH = BI \sin \angle BIH, s_c = CI \sin \angle CIE, CF = CI \sin \angle CIF.
Por tanto s_b \cdot s_c = BH \cdot CF.
Pero BH=c \sin(\alpha/2) y CF=b \sin(\alpha/2)
Entonces s_b s_c = bc \sin^2(\alpha/2) y como s_b = s-b y s_c = s-c, tenemos demostrado el teorema, que nos da el ángulo a partir de los lados.

Boscovich obtiene como corolario las fórmulas para el radio del íncirculo y el área:
Como bc=(s_a+s_c)(s_a+s_b) = s_a(s_a+s_b+s_c) + s_bs_c = s_as + s_bs_c, la fórmula demostrada se puede escribir \dfrac {1}{\sin^2(\alpha/2)} = \dfrac {s_as+ s_bs_c}{s_bs_c} = \dfrac {s_as}{s_bs_c} + 1.
En el \triangle AIG tenemos r^2 = AI^2 \sin^2(\alpha/2),
\dfrac {1}{\sin^2(\alpha/2)} = \dfrac {AI^2}{r^2}= \dfrac {s_a^2+r^2}{r^2} = \dfrac {s_a^2}{r^2}+1.
De donde \dfrac {s}{s_bs_c} = \dfrac {s_a}{r^2}, es decir r^2 = \dfrac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s}.
Y como el área de \triangle ABC es la suma de las áreas de \triangle AIB,\triangle BIC,\triangle AIC, que es rs, el cuadrado del área será r^2s^2 = s(s-a)(s-b)(s-c).

La fórmula de Herón según Herón

Sigue a continuación una exposición, bastante literal, de la demostración por Herón de Alejandría, en su ‘Métrica‘ (libro I, capítulo VIII) o en su ‘Sobre dioptras‘ (capítulo XXX), de la llamada fórmula de Herón.

Sea H el centro de la circunferencia inscrita en \triangle ABC y D,E,Z los puntos de tangencia con los lados.
Como el área de \triangle ABC es la suma de las áreas de \triangle ABH, \triangle ACH, \triangle BCH, el semiperímetro de ABC por el radio HE de la circunferencia inscrita es el área de \triangle ABC.
Prolongamos CB hasta un punto T tal que BT=AD.
Como AD=AZ, BD=BE, CZ=CE, tenemos que CT es el semiperímetro de \triangle ABC.
Entonces CT \cdot EH es el área de ABC y el cuadrado del área es CT^2 \cdot EH^2.

Trazamos HL perpendicular a CH, y BL perpendicular a CB, y unimos CL.
Como \angle CHL y \angle CBL son rectos, el cuadrilatero CHBL está inscrito en un círculo y entonces \angle CHB y \angle CLB suman dos rectos.

Pero \angle CHB y \angle AHD también suman dos rectos porque \angle CHB+\angle AHD = \angle AHC+ \angle DHB (porque por ser AH,BH,CH bisectrices, los ángulos del mismo color en la figura son iguales) y esos 4 ángulos suman 4 rectos.
Entonces \angle AHD = \angle CLB y, como \angle ADH = \angle CBL, los triángulos \triangle ADH y \triangle CBL son semejantes.

Por tanto \dfrac{BC}{BL} = \dfrac{DA}{DH} = \dfrac{BT}{EH}, y entonces, invertendo, \dfrac{BC}{BT} = \dfrac{BL}{EH} = \dfrac{BK}{KE}, y por tanto, componendo (sumando 1 a ambos lados), \dfrac{CT}{BT} = \dfrac{BE}{EK} y \dfrac{CT^2}{CT \cdot BT} = \dfrac{BE \cdot EC}{EK \cdot EC} = \dfrac{BE \cdot EC}{EH^2}, porque EH es altura del triángulo rectángulo \triangle KHC.

Entonces CT^2 \cdot EH^2 =  CT \cdot BT \cdot BE \cdot EC.
Pero CT^2 \cdot EH^2 es el cuadrado del área de \triangle ABC y

  • CT es el semiperímetro de \triangle ABC

  • BT es el exceso del semiperímerto sobre BC

  • BE es el exceso del semiperímetro sobre AC (porque BT=AD=AZ y CE=CZ)

  • EC es el exceso del semiperímetro sobre AB (porque BE=BD y BT=AD).

Herón concluye con un ejemplo:
“Sea AB 13 unidades, BC 14 unidades y AC 12 unidades. Suma 13 y 14 y 15, resultado 42. La mitad 21; resta 13, queda 8; resta 14, queda 7; resta 15, queda 6. Multiplica 21 por 8 y el resultado por 7 y otra vez el resultado por 6. El producto es 7056. La raiz cuadrada es 84. Esa será el área del triángulo.”

Polígonos regulares mesopotámicos

La siguiente es una imagen de la transcripción del anverso de la tableta mesopotámica ‘TMS-III’, escrita hacia 1700 a.C, encontrada en Susa en 1933 por Roland de Mecquenem, y publicada en 1961 por Bruins y Rutten en “Textes mathematiques de Suse“.

La primera linea se puede traducir por “coeficientes para absolutamente todo”, según Eleanor Robson (aquí, donde la tableta se denomina lista “D”). El anverso de la tableta contiene 36 coeficientes y el reverso otros 32.

Las líneas 26-28 de la tabla son:

1 40      coeficiente del lados-5
2 37 30 coeficiente del lados-6
3 41      coeficiente del lados-7

y nos dan, en sexagesimal, las constantes por las que hay que multiplicar el cuadrado del lado para obtener (aproximadamente) las áreas del pentágono, hexágono y heptágono regulares.
El área de, por ejemplo, un heptágono regular de lado 1 se debe estimar, segun la tabla, en 3+41/60.
(Los valores exactos, redondeados al primer sexagesimal después de la coma, son respectivamente 1 43, 2 36 y 3 38.)

Del mismo grupo de textos matemáticos de Susa es la tableta TMS-II, que tiene dibujados en el anverso un hexágono regular y en el reverso un heptágono regular:


Según E.Robson en el heptágono está escrito:
“Un heptágono. Multiplica por 4 y resta un doceavo (del resultado) y obtendrás el área”.
Esto da una mejor aproximación al área del heptágono regular, y es equivalente a usar un coeficiente igual a 3 40.


Fuentes:
Eleanor Robson. Mesopotamian mathematics 2100-1600 BC. Technical constants in Bureaucracy and Education. 1999.
E.M Bruins, M. Rutten. Textes mathematiques de Suse. 1961.