LA MARAVILLOSA FÓRMULA DE HERÓN

 

Desde el bachillerato me fascinó la fórmula del alejandrino Herón, que da el área de un triángulo en función de sus lados:

 

donde es el semiperímetro de .

 

 

 

¿Cómo pudo llegar Herón a esta fórmula? El camino que seguía mi libro de texto era más o menos el siguiente:

Partamos de la fórmula del área de un triángulo,  La altura h vendrá dada por  donde podemos escribir para el área:

 

 

Combinaremos esta fórmula con esta otra, también muy conocida:

 

 

Elevando al cuadrado S en la expresión (*), tenemos que:

 

 

Multiplicando este último resultado por 4, obtenemos:

 

 

en el cual podemos desarrollar los cuadrados y adecuar los factores pare el uso de la ley de los cosenos (**), con lo que:

 

 

y desarrollando las diferencias de cuadrados como productos de sumas por diferencias podemos escribir:

 

 

De donde, dividiendo por 16:

 

 

Por cierto, se llaman triángulos heronianos a los que tienen lados y área entera. Desde luego todos los pitagóricos (rectángulos de lados enteros) lo son, pero veamos algunos no isósceles ni rectángulos:

 

a

b

c

p

S

73

51

26

75

420

626

875

291

896

55440

4368

1241

3673

4641

2042040

14791

14384

11257

20216

75698280

28779

13816

15155

28875

23931600

1823675

185629

1930456

1969880

142334216640

 

Sin embargo, ¿es creíble que Herón utilizara una prueba tan algebraica? Recordemos que lo que en su tiempo estaba muy cultivado era la geometría métrica, así que me inclino a creer que utilizaría alguna prueba geométrica similar a la que vamos a ver (es debida a Paul Yiu, y puede hallarse, con otras muchas cuestiones matemáticas, en http://mathforum.org/dr.math/).
 
 
Como es costumbre, llamaremos a= BC; b = AC; c = AB; p = (a+b+c)/2. Además, r es el radio del círculo inscrito, r’a, r’b, r’c los de los exinscritos (sólo se ha dibujado r’a = r’).
 
1. Del hecho de que las dos tangentes a una circunferencia tienen la misma longitud, vemos que AE = AG, CG = CF y BE = BF. Así,
 
AE+EB+CG = c+CG = s
 
 y por tanto CG = s-c.
 
 Análogamente:
 
CF = p - c
AG = AE = p - a
BE = BF = p - b
 
2. Por la misma propiedad de las tangentes vemos que AE' = AG’, BE' = BJ y CG' = CJ. Con lo que obtenemos:
 
AG'+AE' = AB+BJ+CJ+AC = 2s
 
Concluyendo por tanto que AG' = AE' = s. Y, por tanto, BE' = s-c.
 
3. Tanto I como I' están situados en la bisectriz del ángulo A. I' está también en la bisectriz exterior de los ángulos B y C. Esas bisectrices son perpendiculares a las respectivas bisectrices interiores. Por tanto, BI y BI’ son perpendiculares, así como CI y CI’ (esta última, no dibujada).
 
4. Del punto 3 concluimos que los triángulos EBI y E’I’B son semejantes. De lo cual deducimos que E’I’/E’B = EB/EI, o sea:
 
 
 y por tanto
 
   (1)
 
 
5. También podemos ver que los triángulos AIG y AI’G’ son semejantes. Por tanto, IG/I’G’ = AG/A’G’, o sea:
 
   (2)
 
 
6. Multiplicando [1] y [2]:
 
 
Y por tanto:
 
 
7. Es bien conocido el hecho de que el área vale S = pr (basta con observar que es la suma de tres triángulos de bases respectivas a, b, c y altura r). De donde, finalmente:
 
   (3)
 

   

Tartaglia generalizó la fórmula para el volumen del tetraedro:

 

V = \sqrt{ \frac{1}{288} \begin{bmatrix} 0 & a^2 & b^2 & c^2 & 1 \\ a^2 & 0 & d^2 & e^2 & 1 \\ b^2 & c^2 & 0 & f^2 & 1 \\ d^2 & e^2 & f^2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}. }

 

De hecho, la fórmula de Herón es un caso particular de la de Brahmagupta  para cuadriláteros cíclicos:

 

 

Generalizando todavía más, se llega a la fórmula de Brahmagupta para cuadriláteros en general:

 

 

donde A es el ángulo entre los lados de longitudes a y d y B es el ángulo entre los lados de longitudes b y c. Si el cuadrilátero está inscrito en un círculo y circunscrito en otro, entonces su área es:

 

 

 

Finalmente C. A. Bretschneider (1842) nos da otra fórmula:

 

 

donde p y q son las longitudes de las diagonales.

 

                                                                                                          JMAiO, mar 04