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 $s(s-a)(s-b)(s-c)$ .