Ο τύπος του Ήρωνα - ΜαθηματιΚά

Μοιραστείτε το!

Εισαγωγή

Ο τύπος του Αλεξανδρινού μαθηματικού και μηχανικού Ήρωνα (1ος αιώνας μ.Χ.) διδάσκεται, στη Β΄ Λυκείου, στην ενότητα που περιλαμβάνει μια σειρά από τύπους για τον υπολογισμό του εμβαδού ενός τριγώνου. Διακρίνεται για το πλεονέκτημα ότι, κατά την εφαρμογή του, υπολογίζεται, άμεσα, το εμβαδό ενός τριγώνου για το οποίο είναι γνωστές οι τρεις πλευρές του. Πράγματι, με βάση τον τύπο του Ήρωνα, για το εμβαδό, $E$ , του τριγώνου με πλευρές, $\alpha,\beta$ και $\gamma$ , είναι,

$E=\sqrt{\tau(\tau-\alpha)(\tau-\beta)(\tau-\gamma)},$

όπου $\tau=\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}{2}$ παριστάνει την ημιπερίμετρο του τριγώνου.

Κατά το σχολικό έτος 2016-2017, σ’ ένα τμήμα της Β΄ Λυκείου, τέθηκε προς συζήτηση – διερεύνηση η αναζήτηση κάποιου αντίστοιχου τύπου στην περίπτωση του τετραπλεύρου. Το ερώτημα, λοιπόν, είχε ως εξής:

Υπάρχει κάποιος τύπος ο οποίος εκφράζει το εμβαδό του τετραπλεύρου συναρτήσει μόνο των πλευρών του;

Προφανώς, η απάντηση είναι καταφατική σε μια σειρά από ειδικές περιπτώσεις. Για παράδειγμα, στις περιπτώσεις του τετραγώνου και γενικότερα του ορθογώνιου παραλληλογράμμου. Παραμένει, όμως, καταφατική στη γενικότερη περίπτωση; Η προσπάθεια απάντησης στο προηγούμενο ερώτημα ίσως να μπορούσε να αποτελέσει μια διαθεματική εργασία μεταξύ Άλγεβρας και Γεωμετρίας.

Η απόδειξη του τύπου του Ήρωνα

Αρχικά, θα αποδειχθεί ο τύπος του Ήρωνα στην περίπτωση του τριγώνου.

Θεωρούμε, λοιπόν, τρίγωνο, $AB\it\Gamma$ , με πλευρές $\alpha, \beta, \gamma$ και τη γωνία του $\varphi$ , που περιέχεται στις πλευρές του $\beta,\gamma$ , όπως στο σχήμα που ακολουθεί.

Ως γνωστό, το εμβαδό ενός τριγώνου ισούται με το ημιγινόμενο δύο πλευρών του επί το ημίτονο της περιεχόμενης γωνίας τους. Συνεπώς, $(AB{\it\Gamma})=\frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu(\varphi)$ .

Η κεντρική ιδέα της απόδειξης βασίζεται στην προοπτική της αντικατάστασης του εμφανιζόμενου τριγωνομετρικού αριθμού από μια παράσταση που περιέχει μόνο τις πλευρές του τριγώνου. Πράγματι, από το Νόμο των Συνημιτόνων, έπεται ότι, $\alpha^2=\beta^2+\gamma^2-2\beta\gamma\,\sigma\upsilon\nu(\varphi)$ . Αυτό σημαίνει ότι, $\sigma\upsilon\nu(\varphi)=\dfrac{\beta^2+\gamma^2-\alpha^2}{2\beta\gamma}$ . Συνεπώς, $\eta\mu^2(\varphi)=1-\sigma\upsilon\nu^2(\varphi)=1-\big(\dfrac{\beta^2+\gamma^2-\alpha^2}{2\beta\gamma}\big)^2$ .

Άρα, αν $E=(AB{\it\Gamma})$ ,

$\begin{align*}E^2&=\frac{1}{4}(\beta\gamma)^2\Big(1-\big(\dfrac{\beta^2+\gamma^2-\alpha^2}{2\beta\gamma}\big)^2\Big)\\ &=\frac{1}{4}(\beta\gamma)^2\Big(\dfrac{\big(2\beta\gamma\big)^2-(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2)^2}{\big(2\beta\gamma\big)^2}\Big)\\ \\ &=\frac{1}{16}\Big(\big(2\beta\gamma\big)^2-(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2)^2\Big) \\ &=\frac{1}{16}\big(2\beta\gamma-(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2)\big) \big(2\beta\gamma+(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2)\big) \\ &=\frac{1}{16}\big(\alpha^2-(\beta-\gamma)^2\big)\big((\beta+\gamma)^2-\alpha^2\big) \\ &=\frac{1}{16}(\alpha+\gamma-\beta)(\alpha+\beta-\gamma)(\beta+\gamma-\alpha)(\alpha+\beta+\gamma) \\ &=\frac{1}{16}(2\tau-2\beta)(2\tau-2\gamma)(2\tau-2\alpha)(2\tau) \\ &=\tau(\tau-\alpha)(\tau-\beta)(\tau-\gamma), \end{align*}$

που σημαίνει, τελικά, ότι $E=\sqrt{\tau(\tau-\alpha)(\tau-\beta)(\tau-\gamma)}$ .

Ο τύπος του Brahmagupta για το εγγεγραμμένο τετράπλευρο

Αρχικά, ας γίνει η παρακάτω επισήμανση. Ο τύπος του Ήρωνα, $(AB{\it\Gamma})=\sqrt{\tau(\tau-\alpha)(\tau-\beta)(\tau-\gamma)}$ , για το εμβαδό ενός τριγώνου $AB{\it\Gamma}$ , μοιάζει να ταλανίζεται από μία “ατελή” και “ανεκπλήρωτη” συμμετρία. Γράφοντας τον τύπο ως εξής: $E=\sqrt{(\tau-\alpha)(\tau-\beta)(\tau-\gamma)(\tau-0)}$ , ίσως η ύπαρξη μιας τέταρτης πλευράς, $\delta$ , όπως συμβαίνει στο τετράπλευρο, να είναι ικανή να “αποκαταστήσει” τη διαρραγή κυκλική συμμετρία. Για να γίνει περισσότερο κατανοητό το τελευταίο, να θεωρήσετε ότι στο τρίγωνο $AB{\it\Gamma}$ μπορεί να υποτεθεί, καταχρηστικά, ότι ισχύει $\delta=0$ .

Πώς πιστεύετε ότι θα μπορούσε, ενδεχομένως, να συμπληρωθεί – γενικευτεί ο τύπος του Ήρωνα στην περίπτωση ενός τετραπλεύρου;

Ο τύπος $E=\sqrt{(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)(s-\delta)}$ , γνωστός ως τύπος του Brahmagupta (Ινδός μαθηματικός και αστρονόμος του 7ου αιώνα μ.Χ.), με $s=\dfrac{\alpha+\beta+\gamma+\delta}{2}$ να συμβολίζει την περίμετρό του, θα αποδειχθεί ότι υπολογίζει το εμβαδόν ενός οποιουδήποτε τετραπλεύρου, με πλευρές $\alpha,\beta,\gamma$ και $\delta$ με μία βασική προϋπόθεση. Το τετράπλευρο να είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο.

Η απόδειξη του τύπου του Brahmagupta

Θεωρούμε εγγεγραμμένο τετράπλευρο με πλευρές $\alpha, \beta, \gamma$ και $\delta$ και τις γωνίες του $\varphi,\omega$ , που περιέχονται στις πλευρές του $\beta,\gamma$ και $\alpha,\delta$ , αντίστοιχα, όπως στο σχήμα που ακολουθεί.

Είναι, $(K{\it\Lambda}MN)=(K{\it\Lambda}N)+(N{\it\Lambda}M)=\frac{1}{2}\big(\beta\gamma\,\eta\mu(\varphi)+\alpha\delta\,\eta\mu\,(\omega)\big)$ . Αφού, $\omega+\varphi=180^\circ$ , έπεται ότι, $\eta\mu(\omega)=\eta\mu(\varphi)$ . Επομένως, $(K{\it\Lambda}MN)=\frac{1}{2}(\beta\gamma+\alpha\delta)\eta\mu\,(\omega)$ .

Όπως στην περίπτωση του τριγώνου, ο στόχος είναι να αντικατασταθεί ο τριγωνομετρικός αριθμός της προηγούμενης ισότητας με μια παράσταση που περιέχει μόνο τις πλευρές του τετραπλεύρου. Διαδοχικά, έχουμε, $(K{\it\Lambda}MN)^2=\frac{1}{4}(\beta\gamma+\alpha\delta)^2\big(1-\sigma\upsilon\nu^{2}(\omega)\big)$ . Με εφαρμογή του Νόμου των Συνημιτόνων στα τρίγωνα $K{\it\Lambda}N$ και $N{\it\Lambda}M$ , προκύπτει ότι,

$\begin{align*} {\it\Lambda}N^2=\beta^2+\gamma^2-2\beta\gamma\,\sigma\upsilon\nu\,(\varphi) \\ {\it\Lambda}N^2=\alpha^2+\delta^2-2\alpha\delta\,\sigma\upsilon\nu\,(\omega) \end{align*}$

Εξισώνοντας τα δεύτερα μέλη των δύο προηγούμενων ισοτήτων και λαμβάνοντας υπόψη ότι $\sigma\upsilon\nu\,(\omega)=-\sigma\upsilon\nu\,(\varphi)$ , διότι $\omega+\varphi=180^\circ$ , συνάγεται ότι,

$\sigma\upsilon\nu\,(\omega)=-\dfrac{\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2}{2(\beta\gamma+\alpha\delta)}.$

Άρα, αν $E=(K{\it\Lambda}MN)$ ,

$\begin{align*} E^2&=\frac{1}{4}(\beta\gamma+\alpha\delta)^2\Big(1-\big(\dfrac{\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2}{2(\beta\gamma+\alpha\delta)}\big)^2\Big)\\ &=\frac{1}{4}(\beta\gamma+\alpha\delta)^2\Big(\dfrac{\big(2(\beta\gamma+\alpha\delta)\big)^2-(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2)^2}{\big(2(\beta\gamma+\alpha\delta)\big)^2}\Big)\\ &=\frac{1}{16}\Big(\big(2(\beta\gamma+\alpha\delta)\big)^2-(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2)^2\Big) \\ &=\frac{1}{16}\Big(2(\beta\gamma+\alpha\delta)-(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2)\Big)\\&\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\cdot\Big(2(\beta\gamma+\alpha\delta)+(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2)\Big) \\ &=\frac{1}{16}\Big((\alpha+\delta)^2-(\beta-\gamma)^2\Big)\Big((\beta+\gamma)^2-(\alpha-\delta)^2\Big) \\ &=\frac{1}{16}(\alpha+\gamma+\delta-\beta)(\alpha+\beta+\delta-\gamma)(\beta+\gamma+\delta-\alpha)\\ &\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\cdot(\alpha+\beta+\gamma-\delta) \\ &=\frac{1}{16}(2s-2\beta)(2s-2\gamma)(2s-2\alpha)(2s-2\delta) \\ &=(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)(s-\delta). \end{align*}$

Τελικά, $E=\sqrt{(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)(s-\delta)}.$

Η γενικότερη περίπτωση τετραπλεύρων

Έτσι, για το τετράπλευρο, εύλογα, αναρωτιέται κανείς, αν μπορεί να παρακαμφθεί η συνθήκη της εγγραψιμότητάς του, χωρίς αυτό να αποστερήσει τη δυνατότητα υπολογισμού του εμβαδού του με τη βοήθεια μόνο των πλευρών του.

Η απάντηση, εδώ, είναι αρνητική. Πραγματικά, ας υποτεθεί το αντίθετο, δηλαδή, έστω ότι υπάρχει ένας τύπος για το εμβαδό του τετραπλεύρου ο οποίος εξαρτάται αποκλειστικά από τις πλευρές του. Τότε, για δύο τετράπλευρα όπου οι τέσσερις πλευρές του πρώτου είναι ίσες προς τις τέσσερις πλευρές του δεύτερου, θα εξαγόταν, αναγκαστικά, ως συμπέρασμα η ισότητα των εμβαδών τους. (Ο υποτιθέμενος τύπος εμβαδού, προφανώς, θα έδινε την ίδια τιμή και για τα δύο τετράπλευρα.)

Ωστόσο, μπορούν να βρεθούν δύο τέτοια τετράπλευρα τα οποία δεν είναι ισεμβαδικά. (Για παράδειγμα, ένα τετράγωνο πλευράς $1$ και ένας ρόμβος πλευράς $1$ που έχει δύο οξείες και δύο αμβλείες γωνίες.)

Τύπος του Bretschneider

Ο τύπος του Γερμανού μαθηματικού Bretschneider αναφέρεται στο εμβαδό ενός οποιουδήποτε τετραπλεύρου. Η έκφραση του τύπου περιέχει τις τέσσερις πλευρές του τετραπλεύρου αλλά και το συνημίτονο του ημιαθροίσματος δύο απέναντι γωνιών του. Συγκεκριμένα, το 1842, ο Bretschneider, έδειξε ότι, για οποιοδήποτε τετράπλευρο, με πλευρές $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ και δύο απέναντι γωνίες $\varphi,\omega$ , όπως στο σχήμα που ακολουθεί,

ισχύει,

$E=\sqrt{(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)(s-\delta)-\alpha\beta\gamma\delta\,\sigma\upsilon\nu^2\dfrac{\varphi+\omega}{2}}.$

Ο τύπος θα αποδειχθεί ακολουθώντας παρόμοια πορεία με τις προηγούμενες δύο περιπτώσεις του τριγώνου και του εγγράψιμου τετραπλεύρου.

Αρχικά, παρατηρούμε ότι,

$E=(K{\it\Lambda}N)+(N{\it\Lambda}M)=\frac{1}{2}\big(\beta\gamma\,\eta\mu(\varphi)+\alpha\delta\,\eta\mu\,(\omega)\big).$

Έτσι, διαδοχικά, προκύπτει,

$\begin{align*} E^2&=\frac{1}{4}\Big(\beta^2\gamma^2\big(1-\sigma\upsilon\nu^2(\varphi)\big)+\alpha^2\delta^2\big(1-\sigma\upsilon\nu^2(\omega)\big)\\&+2\alpha\beta\gamma\delta\,\eta\mu(\varphi)\,\eta\mu(\omega)\Big)\\ &=\frac{1}{4}\big(\beta^2\gamma^2+\alpha^2\delta^2-\beta^2\gamma^2\,\sigma\upsilon\nu^2(\varphi)-\alpha^2\delta^2\,\sigma\upsilon\nu^2(\omega)\\&+2\alpha\beta\gamma\delta\,\eta\mu(\varphi)\,\eta\mu(\omega)\big) \end{align*}$

Με εφαρμογή του Νόμου των Συνημιτόνων στα τρίγωνα $K{\it\Lambda}N$ και $N{\it\Lambda}M$ , προκύπτει ότι,

$\begin{align*} {\it\Lambda}N^2=\beta^2+\gamma^2-2\beta\gamma\,\sigma\upsilon\nu\,(\varphi) \\ {\it\Lambda}N^2=\alpha^2+\delta^2-2\alpha\delta\,\sigma\upsilon\nu\,(\omega) \end{align*}$

Εξισώνοντας τα δεύτερα μέλη των δύο προηγούμενων ισοτήτων, συνάγεται ότι,

$2\beta\gamma\,\sigma\upsilon\nu\,(\varphi)-2\alpha\delta\,\sigma\upsilon\nu\,(\omega)=\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2.$

Επομένως,

$\begin{align*} \big(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2\big)^2&=4\beta^2\gamma^2\,\sigma\upsilon\nu^2(\varphi)+4\alpha^2\delta^2\,\sigma\upsilon\nu^2(\omega)\\&-8\alpha\beta\gamma\delta\,\sigma\upsilon\nu(\varphi)\,\sigma\upsilon\nu(\omega) \end{align*}$

Άρα,

$\begin{align*} \beta^2\gamma^2\,\sigma\upsilon\nu^2(\varphi)+\alpha^2\delta^2\,\sigma\upsilon\nu^2(\omega)&=2\alpha\beta\gamma\delta\,\sigma\upsilon\nu(\varphi)\,\sigma\upsilon\nu(\omega)\\&+\dfrac{\big(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2\big)^2}{4}. \end{align*}$

Οπότε,

$\begin{align*} E^2&=\frac{1}{4}\big(\beta^2\gamma^2+\alpha^2\delta^2-\dfrac{\big(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2\big)^2}{4}\\&-2\alpha\beta\gamma\delta\,\sigma\upsilon\nu(\varphi+\omega)\big) \end{align*}$

όπου έγινε χρήση του τριγωνομετρικού τύπου,

$\sigma\upsilon\nu(\varphi)\sigma\upsilon\nu(\omega)-\eta\mu(\varphi)\eta\mu(\omega)=\sigma\upsilon\nu(\varphi+\omega).$

Επιπλέον,

$\begin{align*} E^2&=\frac{1}{4}\big((\beta\gamma+\alpha\delta)^2-\dfrac{\big(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2\big)^2}{4}\\&-2\alpha\beta\gamma\delta-2\alpha\beta\gamma\delta\,\sigma\upsilon\nu(\varphi+\omega)\big)\\ &=\frac{1}{4}\Big((\beta\gamma+\alpha\delta)^2-\dfrac{\big(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2\big)^2}{4}\\&-2\alpha\beta\gamma\delta\big(1+\sigma\upsilon\nu(\varphi+\omega)\big)\Big)\\ &=\frac{1}{4}\big((\beta\gamma+\alpha\delta)^2-\dfrac{\big(\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2\big)^2}{4}\\&-4\alpha\beta\gamma\delta\,\sigma\upsilon\nu^2(\dfrac{\varphi+\omega}{2})\big), \end{align*}$

αξιοποιώντας τον τύπο $\sigma\upsilon\nu^2(x)=\dfrac{1+\sigma\upsilon\nu(2x)}{2}$ .

Τελικά,

$\begin{multline*} E^2=\frac{1}{4}\big(\dfrac{(2\beta\gamma+2\alpha\delta-\beta^2-\gamma^2+\alpha^2+\delta^2)}{4}\\\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\cdot(2\beta\gamma+2\alpha\delta+\beta^2+\gamma^2-\alpha^2-\delta^2)\\\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!-4\alpha\beta\gamma\delta\,\sigma\upsilon\nu^2(\dfrac{\varphi+\omega}{2})\big),\\ \end{multline*}$

δηλαδή,

$\begin{align*} E^2&=\frac{1}{4}\Big(\dfrac{\big((\alpha+\delta)^2-(\beta-\gamma)^2\big)\big((\beta+\gamma)^2-(\alpha-\delta)^2\big)}{4}\\&-4\alpha\beta\gamma\delta\,\sigma\upsilon\nu^2(\dfrac{\varphi+\omega}{2})\Big). \end{align*}$