Formule de Brahmagupta

En géométrie euclidienne, la formule de Brahmagupta, portant le nom du mathématicien indien du VII^e siècle Brahmagupta, est une généralisation de la formule de Héron à l'aire d'un quadrilatère convexe inscriptible (c'est-à-dire dont les sommets se situent sur un même cercle), uniquement en fonction des longueurs de ses côtés :

S={\sqrt {(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}}

où $p={\frac {1}{2}}(a+b+c+d)\,$ est le demi-périmètre du quadrilatère, $a$ , $b$ , $c$ et $d$ sont les longueurs de ses côtés et $S$ son aire ^[1].

Elle représente un cas particulier de la formule de Bretschneider donnant l'aire d'un quadrilatère non forcément inscriptible, concave ou convexe mais non croisé.

Démonstration[modifier | modifier le code]

En suivant les notations de la figure, l'aire $S$ du quadrilatère inscriptible est la somme des aires des triangles $(ADB)$ et $(BDC)$ :

S={\frac {1}{2}}ab\sin {\widehat {A}}+{\frac {1}{2}}cd\sin {\widehat {C}}

mais comme $(ABCD)$ est inscriptible, les angles en $A$ et $C$ sont supplémentaires et ont le même sinus, par suite : $S={\frac {1}{2}}(ab+cd)\sin {\widehat {A}}$

d'où en élevant au carré :

4S^{2}=(ab+cd)^{2}-\cos ^{2}{\widehat {A}}(ab+cd)^{2}\,

En appliquant le théorème d'Al-Kashi aux triangles $(ADB)$ et $(BDC)$ et en égalant les expressions du côté commun $DB$ , on obtient :

a^{2}+b^{2}-2ab\cos {\widehat {A}}=c^{2}+d^{2}-2cd\cos {\widehat {C}}\,

ce qui s'écrit puisque les angles en $A$ et $C$ sont supplémentaires :

2\cos {\widehat {A}}(ab+cd)=a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}.\,

En reportant dans la formule précédente, on obtient :

{\begin{aligned}16S^{2}&=4(ab+cd)^{2}-(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2})^{2}\\&=(2(ab+cd)+a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2})(2(ab+cd)-a^{2}-b^{2}+c^{2}+d^{2})\\&=((a+b)^{2}-(c-d)^{2})((c+d)^{2}-(a-b)^{2})\\&=(a+b+c-d)(a+b-c+d)(a-b+c+d)(-a+b+c+d).\end{aligned}}

En introduisant $p={\frac {a+b+c+d}{2}}$ , on obtient :

16S^{2}=16(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)\,

d'où

S={\sqrt {(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}}.

Cas particuliers[modifier | modifier le code]

Le carré correspond au cas $b=c=d=a,\quad p=2a$ et $S={\sqrt {a^{4}}}=a^{2}\,$
Le rectangle correspond au cas $a=b=L,\quad c=d=l,\quad p=(L+l)$ et $S={\sqrt {L^{2}\cdot l^{2}}}=L\cdot l\,$
Le triangle correspond au cas $d=0\quad$ : on retrouve alors la formule de Héron.