ヘロンの公式

Heron's Formula

はじめに

三角形の頂点 $A, B, C$ の対辺の長さをそれぞれ $a, b, c$ とする。半周長 $s$ を

$$s = \frac{a+b+c}{2} \tag{1}$$

と定義すると、三角形 $ABC$ の面積 $S$ は

ヘロンの公式

$$S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \tag{2}$$

で計算できる。この公式は、3辺の長さだけから面積を求められるため、座標や角度が不明な場合に非常に有用である。紀元1世紀にアレクサンドリアのヘロンが著書『Metrica』の中で示した。

三角形ABC
図1：3辺の長さが $a, b, c$ の三角形の面積 $S$

証明1：余弦定理を用いた代数的証明

$A$ から対辺 $BC$ に垂線を下ろし、その長さを $h$ とする（図2）。三角形の面積は「底辺 $\times$ 高さ $\div$ 2」であるから

三角形ABCと垂線h
図2：$A$ から対辺 $BC$ に下ろした垂線 $h$

垂線の長さ $h$ を用いて

$$S = \frac{ah}{2} \tag{3}$$

と書ける。垂線の長さ $h$ は頂角 $C$ を用いて次のように表せる：

\begin{align} h &= b \sin C \tag{4} \\ &= b \sqrt{1 - \cos^2 C} \tag{5} \\ &= b \sqrt{(1+\cos C)(1-\cos C)} \tag{6} \end{align}

ここで $0 \lt C \lt \pi$ より $\sin C \gt 0$ を用いた。余弦定理

$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos C \tag{7}$$

から

$$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} \tag{8}$$

を式 (6) に代入すると

\begin{align} h &= b \sqrt{\left(1 + \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)\left(1 - \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)} \\ &= b \sqrt{\frac{a^2+2ab+b^2-c^2}{2ab} \cdot \frac{-(a^2-2ab+b^2-c^2)}{2ab}} \\ &= \frac{1}{2a}\sqrt{-\{(a+b)^2-c^2\}\{(a-b)^2-c^2\}} \tag{9} \end{align}

式 (9) を式 (3) に代入すると

\begin{align} S &= \frac{a}{2} \cdot \frac{1}{2a}\sqrt{-\{(a+b)^2-c^2\}\{(a-b)^2-c^2\}} \\ &= \frac{1}{4}\sqrt{-\{(a+b)+c\}\{(a+b)-c\}\{(a-b)+c\}\{(a-b)-c\}} \\ &= \frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \tag{10} \end{align}

最後のステップでは順序を入れ替え、平方根内の $-1$ を $(a-b-c)$ に掛けた。ここで式 (1) の $s = (a+b+c)/2$ を用いると

\begin{align} S &= \frac{1}{4}\sqrt{2s \cdot 2(s-a) \cdot 2(s-b) \cdot 2(s-c)} \\ &= \frac{1}{4}\sqrt{16\,s(s-a)(s-b)(s-c)} \\ &= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \tag{11} \end{align}

これがヘロンの公式 (2) である。$\blacksquare$

証明2：内接円を用いた視覚的証明

次に紹介するのは R. B. Nelsen (2001) による、各ステップを図による視覚的な議論で示すエレガントな証明である。2つの補題を経由してヘロンの公式を導く。

補題1：$S = rs$

三角形の内接円の中心を $I$、半径を $r$ とする（図3）。各頂角の二等分線は $I$ を通る。$I$ から各辺に垂線を下ろすと、三角形は 6つの直角三角形 に分割される（図4）。

円の外部の一点から円に引いた2本の接線の長さは等しいので、各頂点からの接線長は

  • 頂点 $A$ から：$x$（辺 $AB$ 上にも辺 $CA$ 上にも $x$）
  • 頂点 $B$ から：$y$（辺 $AB$ 上にも辺 $BC$ 上にも $y$）
  • 頂点 $C$ から：$z$（辺 $BC$ 上にも辺 $CA$ 上にも $z$）

となる。各辺の長さから次の連立方程式が成り立つ：

$$\left\{\begin{aligned} y + z &= a & \text{...(i)} \\ z + x &= b & \text{...(ii)} \\ x + y &= c & \text{...(iii)} \end{aligned}\right.$$

(i)+(ii)+(iii) を辺々足すと $2(x+y+z) = a+b+c = 2s$ より

$$x+y+z = s \tag{iv}$$

を得る。(iv) から (i)(ii)(iii) をそれぞれ引くと

\begin{align} x &= \underbrace{(x+y+z)}_{s} - \underbrace{(y+z)}_{a} = s - a \\ y &= \underbrace{(x+y+z)}_{s} - \underbrace{(z+x)}_{b} = s - b \\ z &= \underbrace{(x+y+z)}_{s} - \underbrace{(x+y)}_{c} = s - c \end{align}

すなわち

$$x = s - a,\quad y = s - b,\quad z = s - c \tag{12}$$
三角形の内接円と接線長
図3：内接円の中心 $I$ から各辺に垂線を下ろした分割。各辺上の接線長を示す

6つの直角三角形は脚の長さが $(r, x), (r, x), (r, y), (r, y), (r, z), (r, z)$ の3組のペアになる。

三角形を6つの直角三角形に分割
図4：三角形は6つの直角三角形に分割される。同じ色の無地と斜線は合同なペアを表す

この6つの直角三角形を並べ替えると、高さ $r$、幅 $x + y + z = s$ の長方形にぴったり収まる（図5）。

$$S = r(x + y + z) = rs \tag{13}$$
面積S=rsの視覚的証明
図5：6つの直角三角形を長方形 $r \times s$ に敷き詰めると $S = rs$ が従う

補題2：$xyz = r^2 s$

図4の6つの直角三角形において、各頂角の二等分線が作る半角を $\alpha, \beta, \gamma$ とする。三角形の内角の和は $\pi$ であるから

$$\alpha + \beta + \gamma = \frac{\pi}{2} \tag{14}$$

各直角三角形から（図6）

$$\tan\alpha = \frac{r}{x},\quad \tan\beta = \frac{r}{y},\quad \tan\gamma = \frac{r}{z} \tag{15}$$
3つの直角三角形と角度α,β,γ
図6：各ペアの直角三角形から $\tan\alpha = r/x$, $\tan\beta = r/y$, $\tan\gamma = r/z$ が読み取れる

が読み取れる。ここで式 (14) を満たす正の角について、次の恒等式を示す：

$$\tan\alpha\tan\beta + \tan\beta\tan\gamma + \tan\gamma\tan\alpha = 1 \tag{16}$$

式 (16) の証明： 式 (14) より $\gamma = \dfrac{\pi}{2} - (\alpha + \beta)$ である。余角の関係 $\tan(\pi/2 - \theta) = 1/\tan\theta$ より

$$\tan\gamma = \frac{1}{\tan(\alpha+\beta)} \tag{17a}$$

さらに 加法定理 $\tan(\alpha+\beta) = \dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$ の逆数を取ると

$$\tan\gamma = \frac{1-\tan\alpha\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta} \tag{17b}$$

式 (16) の左辺に代入すると

\begin{align} &\tan\alpha\tan\beta + (\tan\alpha+\tan\beta)\tan\gamma \\ &= \tan\alpha\tan\beta + (\tan\alpha+\tan\beta)\cdot\frac{1-\tan\alpha\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta} \\ &= \tan\alpha\tan\beta + (1-\tan\alpha\tan\beta) = 1 \quad\blacksquare \end{align}

式 (15) を式 (16) に代入すると

$$\frac{r^2}{xy} + \frac{r^2}{yz} + \frac{r^2}{zx} = 1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{r^2(x+y+z)}{xyz} = 1$$

$x + y + z = (s-a)+(s-b)+(s-c) = s$ であるから

$$xyz = r^2 s \tag{18}$$

本証明

補題1 ($S = rs$) の両辺を二乗して $S^2 = r^2 s^2$ とし、補題2 ($xyz = r^2 s$) を代入すると

$$S^2 = r^2 s \cdot s = xyz \cdot s = s(s-a)(s-b)(s-c) \tag{19}$$

したがって $S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ が得られ、ヘロンの公式が証明された。$\blacksquare$

計算例

$a = 5,\ b = 4,\ c = 3$ の直角三角形（図8）を考える。

3-4-5直角三角形
図8：3辺の長さが $3, 4, 5$ の直角三角形（面積 $S = 6$）

半周長は

$$s = \frac{5+4+3}{2} = 6$$

ヘロンの公式に代入すると

\begin{align} S &= \sqrt{6(6-5)(6-4)(6-3)} \\ &= \sqrt{6 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3} = \sqrt{36} = 6 \end{align}

これは底辺 $4 \times$ 高さ $3 \div 2 = 6$ に一致する。

参考資料