Histoire des mathématiques Concept
formule de Héron
Conceptformule de géométrie euclidienne, calcule l'aire d'un triangle via la longueur des côtés
Son histoire
Une éclipse de Lune sert d'indice pour situer Héron d'Alexandrie dans le temps. En 1938, Otto Neugebauer étudie l'exemple donné dans La Dioptre, un traité de cet ingénieur et mathématicien grec. Les observations rapportées à Alexandrie et à Rome correspondent le mieux à celles de l'an 62 de notre ère. L'époque où il a vécu reste pourtant discutée. Il ne dit pas avoir assisté à l'événement, et peut avoir repris le témoignage d'un autre.
Les Métriques, son ouvrage consacré au calcul des surfaces et des volumes, contiennent une démonstration de la formule aujourd'hui associée à son nom. L'historien Thomas Heath a suggéré qu'Archimède connaissait déjà ce résultat, mais cela reste une hypothèse.
Ce manuel enseigne aussi comment approcher une racine carrée par étapes successives. Pour celle de 720, Héron part de 27, qui donne 729 quand on le multiplie par lui-même.
L'homme est surtout connu pour ses machines. On lui attribue une sphère qui tourne sous l'effet de la vapeur et des portes de temple ouvertes par le feu de l'autel. Un distributeur fournit même de l'eau lorsqu'on glisse une pièce dans une fente.
Au VIIe siècle, l'Indien Brahmagupta donne une règle apparentée pour mesurer la surface d'une figure dont les quatre coins touchent un même cercle. Qin Jiushao découvre en Chine une autre écriture du résultat pour le triangle, publiée en 1247 dans son Traité mathématique en neuf sections.
Sources : J.-P. Escofier, Petite histoire des mathématiques (2016) ; J. Baudet, Histoire des mathématiques (2014) ; Wikipédia, articles « Formule de Héron », « Heron's formula », « Hero of Alexandria » et « Brahmagupta's formula ».
Énoncé
Pour comprendre
Démonstration originale de Héron (Métriques, Livre I, Proposition 8)
Héron ramène l’aire du triangle à son cercle inscrit : elle s’écrit comme le produit du demi-périmètre par le rayon. Il transforme ensuite le carré de ce produit en un produit de quatre segments, grâce à une figure auxiliaire et à deux triangles semblables.
- L’aire par le cercle inscrit : le cercle de centre O touche BC en D, CA en E, AB en F. En joignant O aux sommets, les trois triangles BOC, COA, AOB ont pour aires respectives \(\tfrac{1}{2}\)BC·OD, \(\tfrac{1}{2}\)CA·OE, \(\tfrac{1}{2}\)AB·OF, si bien que leur somme donne \(\mathcal{A}\) = \(\tfrac{1}{2}\)p·OD, p étant le périmètre. En prolongeant CB au-delà de B jusqu’en H tel que BH = AF, on obtient CH = s, le demi-périmètre, car les tangentes menées d’un même sommet au cercle inscrit sont égales (AE = AF, BF = BD, CE = CD). D’où \(\mathcal{A}\) = CH·OD, et donc \(\mathcal{A}^2\) = CH²·OD².
- La figure auxiliaire : on trace OL perpendiculaire à OC, coupant BC en K, puis BL perpendiculaire à BC, L étant le point de rencontre avec OL ; on joint enfin CL. Les angles COL et CBL étant droits, le quadrilatère COBL est inscriptible dans un cercle, donc les angles COB et CLB sont supplémentaires. Or COB et AOF le sont aussi, puisque AO, BO, CO partagent en deux les angles autour de O ; il en résulte que l’angle AOF est égal à l’angle CLB. Les triangles rectangles AOF et CLB sont donc semblables, ce qui donne la proportion BC : BL = AF : FO = BH : OD, puis, en échangeant les moyens, CB : BH = BL : OD = BK : KD. En appliquant à cette dernière égalité la règle selon laquelle de a : b = c : d on tire (a + b) : b = (c + d) : d, on obtient CH : HB = BD : DK.
- La conclusion : de CH : HB = BD : DK on tire CH² : CH·HB = BD·DC : CD·DK, et puisque l’angle COK est droit, CD·DK est le carré de OD, la hauteur issue de O dans le triangle rectangle COK. Ainsi \(\mathcal{A}^2\) = CH²·OD² = CH·HB·BD·DC. Il reste à reconnaître ces quatre longueurs : CH = s, et par les mêmes tangentes égales, HB = AF = s − a, BD = s − b, DC = s − c, où a = BC, b = CA, c = AB. On retrouve donc \(\mathcal{A}^2\) = s(s − a)(s − b)(s − c).
Pour un triangle de côtés 13, 14, 15, on a s = 21, et \(\sqrt{21 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 8} = \sqrt{7056} = 84\), ce qui est bien l’aire de ce triangle.
Heath rapporte que des sources arabes attribuent cette proposition à Archimède.
Source : Héron d’Alexandrie, Métriques, livre I, proposition 8, d’après l’exposé de T. L. Heath, A History of Greek Mathematics, vol. II (1921).
Conditions d'application
- La formule vaut pour un triangle plan ; sur une sphère, elle ne s'applique pas, l'aire d'un triangle y étant égale au carré du rayon multiplié par l'excès sphérique, la somme des angles moins 180°, qui ne se déduit pas des seules longueurs par cette formule.
Cas d’usage
- Arpentage : calculer l'aire d'un terrain triangulaire à partir de ses trois côtés, les seules longueurs faciles à mesurer sur place, sans avoir à tracer de hauteur.
- Optimisation : montrer que, parmi les triangles de périmètre donné, l'équilatéral a la plus grande aire, la formule ramenant la question à un produit de trois nombres de somme fixée.
- Calcul des racines carrées : c'est en cherchant la racine carrée qu'exige cette formule, sur un exemple qui ne tombait pas juste, que Héron a mis au point sa méthode d'approximation par étapes successives.
- Quadrilatères : des géomètres indiens l'ont étendue aux quadrilatères dont les quatre sommets sont sur un même cercle.
Liens
- porte le nom de
Sources
- Wikidata CC0-1.0