1) Demostración de Herón:
En primer lugar inscribió un círculo en el triángulo y dedujo que el área del mismo era A = r •p (siendo r el radio del círculo y p la mitad del perímetro del triángulo).
A continuación estudia los triángulos que se forman y llega a la conclusión de que son congruentes las siguientes parejas de triángulos:
ΔAOM y ΔAOP
ΔBON y ΔCON
ΔAOP y ΔCOP
<AOM = <AOP
<BOM = <BON
<COP = <CON
<BOM = <BON
<COP = <CON
En el siguiente applet creado en Geogebra, puedes modificar el triángulo con el círculo inscrito:
(Applet 1)
Seguidamente prolongó la base AB hasta C' de forma que AC'= PC (= CN) y argumentó
BC' = BM + MA + AC'= BM + MA + CN
= 1/2 ( 2 BM + 2 MA + 2 CN)
= 1/2 ( (BM + AM) + (AM + AP) + (CN + CP) )
= 1/2 ( (BM + AM) + (BN + NC) + (AP + PC) )
= 1/2 (a + b + c ) = p (semiperímetro)
p - c = (C'A + AM + MB) - (AM + MB) = C'A
p - b = (C'A + AM + MB) - (CP + PA) = (C'A + AM + MB) - (C'A + AM) = MB
p - a = (C'A + AM + MB) - (CN + NB) = (C'A + AM + MB) - (C'A + MB) = AM
En este momento de la demostración, Herón traza una perpendicular a la base por A y otra al segmento OB (por O). Ambas se cortan en T y une dicho punto con B. Obtiene de esta forma un cuadrilátero TAOB tal que sus ángulos opuestos suman dos rectos (Euclides III.22: " Los ángulos opuestos de los cuadriláteros en los círculos son iguales a dos rectos".) (Ver Applet 2)
El cuadrilátero dado se puede inscribir en un círculo por ser TO perpendicular a OL y AT perpendicular a AB. (¿Cuál es el centro de dicho círculo?); es decir <ATB + <AOB = 180°.
Como 2x + 2y + 2z = 360° resulta que x + y + z = 180°; puesto que y + z = <AOB resulta que x + <AOB = 180° = <ATB + <AOB y concluye que <ATB = x.
(Applet 2)
A continuación Herón comienza a comparar parejas de triángulos semejantes:
Son semejantes los triángulos ΔPOC y ΔATB.
AB/AT = PC/r y como PC = C'A resulta AB/AC' = AT/r
AB/AT = PC/r y como PC = C'A resulta AB/AC' = AT/r
También son semejantes los triángulos ΔKAT y ΔKMO
AT/AK = OM/KM = r/KM, por lo que AT/r = AK/KM
Teniendo en cuenta las dos proporciones anteriores resulta AB/AC' = AK/KM ; sumando 1 a cada miembro de esta igualdad:
AB/AC'+ 1 = AK/KM + 1
(AB + AC')/AC' = (AK + KM)/KM
C'B/AC' = AM/KM, expresión equivalente a
(C'B ▪ C'B)/(AC' ▪ C'B) = (AM ▪ MB)/(KM ▪ MB) o bien
C'B 2 ▪ KM ▪ MB = AC' ▪ C'B ▪ AM ▪ MB
(AB + AC')/AC' = (AK + KM)/KM
C'B/AC' = AM/KM, expresión equivalente a
(C'B ▪ C'B)/(AC' ▪ C'B) = (AM ▪ MB)/(KM ▪ MB) o bien
C'B 2 ▪ KM ▪ MB = AC' ▪ C'B ▪ AM ▪ MB
A continuación Herón considera el triángulo ΔBOK, que es un triángulo rectángulo de altura r, que es precisamente la altura relativa a la hipotenusa; aplicando el teorema de la altura ("En todo triángulo rectángulo la altura relativa a la hipotenusa es media proporcional entre los dos segmentos que sobre la misma determina)", establece que r 2 = KM ▪ MB. Sustituyendo en la expresión anterior tenemos:
C'B 2 ▪ r 2 = AC' ▪ C'B ▪ AM ▪ MB
Que son cada uno de los segmentos determinados sobre la base del triángulo; sustituyendo y manipulando las expresiones:
C'B 2 ▪ r 2 = p ▪ (p - a) ▪ (p - b) ▪ (p - c)
(C'B ▪ r) 2 = p ▪ (p - a) ▪ (p - b) ▪ (p - c)
(C'B ▪ r) 2 = p ▪ (p - a) ▪ (p - b) ▪ (p - c)
Pero C'B ▪ r = p ▪ r = Área, según se deduce al comienzo de la demostración (¡Parecía que no serviría para nada!), por lo que:
Área 2 = p ▪ (p - a) ▪ (p - b) ▪ (p - c)
2) Demostración con Teorema de Cosenos:
La fórmula clásica para el área del triángulo nos dice que A=(c ▪ h)/2; o lo que es lo mismo,
A=(c ▪ a ▪ sen(β))/2.
El camino a seguir será despejar cos(β) de la última ecuación y sustituir sen(β) en la anterior.
Tenemos pues que cos(β)=(a2+c2-b2)/(2ac), y como sen2(β)=1-cos2(β) entonces:
o lo que es lo mismo
Teniendo en cuenta que el numerador es una diferencia de cuadrados y el denominador un cuadrado obtenemos:
Sustituyendo ahora en la fórmula del área, tenemos que:
Y utilizando de nuevo la descomposición de la diferencia de cuadrados como suma por diferencia, nos queda:
3) Demostración de Euler:
Recomendamos descargar las imagenes para poder apreciar mejor la demostración.
