ヘロンの公式

Q: ヘロンの公式とは何か

ヘロンの公式は、三角形の3辺の長さ a, b, c だけから面積 S を求める公式である。半周長 s = (a+b+c)/2 を用いて S = √(s(s−a)(s−b)(s−c)) と表される。座標や角度の情報がなくても面積を計算できるため、測量やコンピュータグラフィックスなどで広く使われている。

Q: ヘロンの公式の証明方法にはどのようなものがあるか

代表的な証明は3つある。(1) 余弦定理を用いた代数的証明：三角形の面積 S = ah/2 と高さ h = b sin C を出発点に、余弦定理で cos C を消去して因数分解する方法。(2) 内接円を用いた視覚的証明（Nelsen, 2001）：面積 S = rs と三角関数の恒等式 tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1 を組み合わせる方法で、各ステップを図で視覚的に示すエレガントな証明である。(3) ヘロンの『Metrica』に伝わる証明：内接円の図に補助線を加え、円に内接する四角形と相似な三角形の比だけで導く方法で、三角関数を使わない。

Heron's Formula

中級（大学教養レベル）

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。なお、3つの正の数 $a, b, c$ が三角形の辺の長さになるのは、三角不等式 $a \lt b + c$、$b \lt c + a$、$c \lt a + b$ を満たすときに限る。満たさないと下の $s-a,\ s-b,\ s-c$ のどれかが $0$ 以下になり、公式の根号の中は正にならない。半周長 $s$ を

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

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

$A$ から直線 $BC$ に垂線を下ろし、その長さを $h$ とする（図2）。図2は垂線の足が辺 $BC$ の上に来る場合だが、$B$ か $C$ が鈍角のときは足が辺の延長上に来る。どちらの場合も $h$ は底辺 $BC$ に対する高さであり、以下の式はそのまま成り立つ。三角形の面積は「底辺 $\times$ 高さ $\div$ 2」（証明）であるから

三角形ABCと垂線h — 図2：$A$ から直線 $BC$ に下ろした垂線 $h$（足が辺の上に来る場合）

垂線の長さ $h$ を用いて

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

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

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

となる。$P = (a+b)^2 - c^2$、$Q = c^2 - (a-b)^2$ とおくと、通分して

$$1 + \cos C = \frac{P}{2ab},\qquad 1 - \cos C = \frac{Q}{2ab}$$

である（$2ab + a^2 + b^2 - c^2 = (a+b)^2 - c^2$、$2ab - a^2 - b^2 + c^2 = c^2 - (a-b)^2$ による）。これらを式 (6) に代入すると

$$h = b\sqrt{\frac{P}{2ab}\cdot\frac{Q}{2ab}} = \frac{\sqrt{PQ}}{2a} \tag{9}$$

式 (9) を式 (3) に代入すると

$$S = \frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt{PQ}}{2a} = \frac{\sqrt{PQ}}{4} \tag{10}$$

$P$ と $Q$ はどちらも2乗の差なので因数分解でき、式 (1) の $a+b+c = 2s$ を使うと

\begin{align} P &= (a+b+c)(a+b-c) \notag\\ &= 4s(s-c) \notag\\ Q &= (c+a-b)(c-a+b) \notag\\ &= 4(s-b)(s-a) \notag \end{align}

となる。よって $PQ = 16\,s(s-a)(s-b)(s-c)$ であり、式 (10) から

$$S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \tag{11}$$

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

すなわち

\begin{align} x &= s - a,\quad y = s - b, \notag\\ z &= s - c \tag{12} \end{align}

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

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

各直角三角形から（図6）

\begin{align} \tan\alpha &= \frac{r}{x},\quad \tan\beta = \frac{r}{y}, \notag\\ \tan\gamma &= \frac{r}{z} \tag{15} \end{align}

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：

\begin{align} &\tan\alpha\tan\beta + \tan\beta\tan\gamma \notag\\ &\quad + \tan\gamma\tan\alpha = 1 \tag{16} \end{align}

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

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

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

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

式 (17b) の両辺に $\tan\alpha+\tan\beta$ を掛けると

$$(\tan\alpha+\tan\beta)\tan\gamma = 1-\tan\alpha\tan\beta$$

である。これを式 (16) の左辺 $\tan\alpha\tan\beta + (\tan\alpha+\tan\beta)\tan\gamma$ に代入すると、$\tan\alpha\tan\beta + (1-\tan\alpha\tan\beta) = 1$ となる。$\blacksquare$

式 (15) を式 (16) に代入すると

\begin{align} &\dfrac{r^2}{xy} + \dfrac{r^2}{yz} + \dfrac{r^2}{zx} = 1 \notag\\ &\Longrightarrow\quad \dfrac{r^2(x+y+z)}{xyz} = 1 \notag \end{align}

$x + y + z = (s-a)+(s-b)+(s-c) = s$ 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

\begin{align} S^2 &= r^2 s \cdot s = xyz \cdot s \notag\\ &= s(s-a)(s-b)(s-c) \tag{19} \end{align}

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。$\blacksquare$

証明3：『Metrica』I.8 に伝わる幾何学的証明

最後に、ヘロンの『Metrica』第1巻の命題8に伝わる証明を、ヒースの英訳と解説に沿って紹介する。この公式は『Dioptra』にも現れ、アラビア語の文献にはアルキメデスに帰すものもある。

補題1の $S = rs$ と、接線の長さが $s-a,\ s-b,\ s-c$ になること（式 (12)）までは証明2と同じである。違うのはその先で、証明2は $xyz = r^2 s$ を正接の加法定理（三角関数）で示したが、この証明は三角関数を使わない。補助線を引き、円に内接する四角形と相似な三角形の比だけで結論にたどり着く。

作図

内接円の中心を $O$、辺 $BC,\ CA,\ AB$ との接点をそれぞれ $D,\ E,\ F$ とする（図7）。

辺 $CB$ を $B$ の先へ延ばし、$BH = AF$ となる点 $H$ をとる。
$O$ を通り $OC$ に垂直な直線を引き、$BC$ との交点を $K$ とする。
$B$ で $BC$ に垂線を立て、2. の直線との交点を $L$ とする。$C$ と $L$ を結ぶ。

『Metrica』I.8 に伝わる証明の作図。点H・K・Lと、C・O・B・Lを通る円 — 図7：『Metrica』I.8 の作図（辺 $7, 8, 9$ の三角形）。$C, O, B, L$ は $CL$ を直径とする円の上にあり、青の直角三角形 $AOF$ と $CLB$ は相似

ステップ1：面積を $CH$ と $OD$ で表す

各頂点から引いた2本の接線の長さは等しいから $BD = BF$, $CD = CE$, $AF = AE$ である。よって

\begin{align} CH &= CD + DB + BH \notag\\ &= CD + DB + AF = s \notag \end{align}

（各頂点からの接線の長さを1回ずつ足すと半周長になる）。補題1より

$$S = rs = OD \cdot CH \tag{20}$$

ステップ2：円に内接する四角形

$OL \perp OC$ より $\angle COL = 90^\circ$、$BL \perp BC$ より $\angle CBL = 90^\circ$ である。よって $O$ も $B$ も $CL$ を直径とする円の上にあり、四角形 $COBL$ はこの円に内接する。円に内接する四角形の向かい合う角の和は $180^\circ$ だから

$$\angle COB + \angle CLB = 180^\circ$$

一方、$O$ のまわりの6つの角は $\angle AOF = \angle AOE$, $\angle BOF = \angle BOD$, $\angle COD = \angle COE$ と2つずつ等しく、合計は $360^\circ$ である。よって $\angle AOF + \angle BOD + \angle COD = 180^\circ$、すなわち

$$\angle COB + \angle AOF = 180^\circ$$

2式から $\angle AOF = \angle CLB$ である。直角三角形 $AOF$（$F$ が直角）と $CLB$（$B$ が直角）は相似になり

$$\frac{CB}{BL} = \frac{AF}{FO} = \frac{BH}{OD} \tag{21}$$

を得る（$AF = BH$、$FO = OD = r$ を用いた）。

ステップ3：もう一組の相似

直角三角形 $KDO$（$D$ が直角）と $KBL$（$B$ が直角）は、$K$ での対頂角が等しいので相似である（図8）。よって

$$\frac{BL}{OD} = \frac{BK}{KD} \tag{22}$$

橙の直角三角形KDOとKBL、および直角三角形COKと垂線OD — 図8：橙の直角三角形 $KDO$ と $KBL$ は相似。直角三角形 $COK$ では $OD$ が斜辺 $CK$ への垂線になる

式 (21) を $\dfrac{CB}{BH} = \dfrac{BL}{OD}$ と書き換えて式 (22) とつなぐと

$$\frac{CB}{BH} = \frac{BK}{KD}$$

両辺に $1$ を足すと、$CB + BH = CH$、$BK + KD = BD$ だから

$$\frac{CH}{HB} = \frac{BD}{DK} \tag{23}$$

ステップ4：直角三角形の斜辺への垂線

三角形 $COK$ は $O$ が直角で、$OD$ は斜辺 $CK$ への垂線である。三角形 $CDO$ と $ODK$ は相似なので $CD : OD = OD : DK$、すなわち

$$OD^2 = CD \cdot DK \tag{24}$$

ステップ5：まとめる

式 (23) の左辺の分子と分母に $CH$ を、右辺の分子と分母に $DC$ を掛け、式 (24) を使うと

$$\frac{CH^2}{CH \cdot HB} = \frac{BD \cdot DC}{DK \cdot DC} = \frac{BD \cdot DC}{OD^2}$$

分母を払うと $CH^2 \cdot OD^2 = CH \cdot HB \cdot BD \cdot DC$ であり、左辺は式 (20) より $S^2$ である。$CH = s$, $HB = AF = s-a$, $BD = s-b$, $DC = s-c$ だから

$$S^2 = s(s-a)(s-b)(s-c)$$

が得られる。$\blacksquare$

なお、ステップ3で $BK + KD = BD$ としたのは、$K$ が常に $D$ と $B$ の間にあるからである。これも角だけで確かめられる。$\angle COK = 90^\circ \gt \angle COD$ なので $K$ は $D$ から見て $C$ と反対側にある。直角三角形 $COK$ で $OD$ は斜辺への垂線だから $\angle DOK = \angle OCD = \dfrac{C}{2}$、直角三角形 $ODB$ では $\angle DOB = 90^\circ - \dfrac{B}{2}$ である。$\dfrac{B}{2} + \dfrac{C}{2} \lt 90^\circ$ より $\angle DOK \lt \angle DOB$ となり、$K$ は $D$ と $B$ の間に来る。図7の三角形（辺 $7, 8, 9$）は『Metrica』I.8 で例に用いられているもので、面積は $\sqrt{12 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3} = \sqrt{720}$ である。

計算例

$a = 4,\ b = 5,\ c = 3$ の直角三角形（図9）を考える。

3-4-5直角三角形 — 図9：3辺の長さが $3, 4, 5$ の直角三角形（面積 $S = 6$）

半周長は

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

ヘロンの公式に代入すると

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

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

参考資料

ヘロンの公式 — Wikipedia
T. L. Heath, A History of Greek Mathematics, Vol. II, Oxford (1921), pp. 321–323（『Metrica』I.8 の証明の英訳と解説）. [TIB 全文]
R. B. Nelsen, "Heron's Formula via Proofs Without Words," The College Mathematics Journal, Vol. 32, No. 4 (2001), pp. 290–292. [JSTOR]
Heron's formula — Wikipedia (英語)

よくある質問

Q1: ヘロンの公式とは何か

A: ヘロンの公式は、三角形の3辺の長さ $a$、$b$、$c$ だけから面積 $S$ を求める公式である。半周長 $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ を用いて $S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ と表される。座標や角度の情報がなくても面積を計算できるため、測量やコンピュータグラフィックスなどで広く使われている。

Q2: ヘロンの公式の証明方法にはどのようなものがあるか

A: 代表的な証明は3つある。(1) 余弦定理を用いた代数的証明：三角形の面積 $S = \dfrac{1}{2}ah$ と高さ $h = b\sin C$ を出発点に、余弦定理で $\cos C$ を消去して因数分解する方法。(2) 内接円を用いた視覚的証明（Nelsen, 2001）：面積 $S = rs$ と三角関数の恒等式 $\tan\alpha\tan\beta + \tan\beta\tan\gamma + \tan\gamma\tan\alpha = 1$ を組み合わせる方法で、各ステップを図で視覚的に示すエレガントな証明である。(3) ヘロンの『Metrica』に伝わる証明：内接円の図に補助線を加え、円に内接する四角形と相似な三角形の比だけで導く方法で、三角関数を使わない。

Q3: ヘロンの公式は誰が発見したか

A: 紀元1世紀のアレクサンドリアの数学者ヘロン（Heron of Alexandria）が著書『Metrica』の中で発表した。ただし、それ以前にアルキメデスが知っていた可能性も指摘されている。