Fórmula de Herón

En xeometría, a fórmula de Herón dá a área dun triángulo en función das tres lonxitudes dos lados $a,$ $b,$ $c.$ Sexa $s$ o semiperímetro do triángulo, $s={\tfrac {1}{2}}(a+b+c),$ a área $A$ é

Un triángulo con lados a, b, c e ángulos opostos $\alpha ,\beta ,\gamma$

$A={\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}}.$

Leva o nome do enxeñeiro Herón de Alexandría do século I quen a demostrou na súa obra Metrica, aínda que probablemente se coñecía séculos antes.

Exemplo

Sexa $\triangle ABC$ o triángulo con lados $a=4,$$b=13,$ e $c=15.$ O semiperímetro deste triángulo é $s={\tfrac {1}{2}}(a+b+c)={}$${\tfrac {1}{2}}(4+13+15)=16$, a área será logo

${\begin{aligned}A&={\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}}={\sqrt {16\cdot (16-4)\cdot (16-13)\cdot (16-15)}}\\&={\sqrt {16\cdot 12\cdot 3\cdot 1}}={\sqrt {576}}=24.\end{aligned}}$

Expresións alternativas

A fórmula de Herón tamén se pode escribir en termos só das lonxitudes, sen usar o semiperímetro,

${\begin{aligned}A&={\tfrac {1}{4}}{\sqrt {(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}}.\\[6mu]A&={\tfrac {1}{4}}{\sqrt {4a^{2}b^{2}-(a^{2}+b^{2}-c^{2})^{2}}}.\end{aligned}}$

A mesma relación pódese expresar usando o determinante de Cayley-Menger,

$-16A^{2}={\begin{vmatrix}0&a^{2}&b^{2}&1\\a^{2}&0&c^{2}&1\\b^{2}&c^{2}&0&1\\1&1&1&0\end{vmatrix}}.$

Probas

Proba trigonométrica mediante a lei dos cosenos

En primeiro lugar mostramos unha proba moderna, bastante diferente da proporcionada por Herón. Sexan $a,$ $b,$ $c$ os lados do triángulo e $\alpha ,$ $\beta ,$ $\gamma$ os ángulos opostos a eses lados (figura inicial). Aplicando a lei dos cosenos obtemos

$\cos \gamma ={\frac {a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}}$

A partir deste coseno obtemos o seno,

$\sin \gamma ={\sqrt {1-\cos ^{2}\gamma }}={\frac {\sqrt {4a^{2}b^{2}-(a^{2}+b^{2}-c^{2})^{2}}}{2ab}}.$

A altura do triángulo con base $a$ mide $b\sin \gamma$, e segue

${\begin{aligned}A&={\tfrac {1}{2}}({\mbox{base}})({\mbox{altura}})\\[6mu]&={\tfrac {1}{2}}ab\sin \gamma \\[6mu]&={\frac {ab}{4ab}}{\sqrt {4a^{2}b^{2}-(a^{2}+b^{2}-c^{2})^{2}}}\\[6mu]&={\tfrac {1}{4}}{\sqrt {-a^{4}-b^{4}-c^{4}+2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}}}\\[6mu]&={\tfrac {1}{4}}{\sqrt {(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}}\\[6mu]&={\sqrt {\left({\frac {a+b+c}{2}}\right)\left({\frac {-a+b+c}{2}}\right)\left({\frac {a-b+c}{2}}\right)\left({\frac {a+b-c}{2}}\right)}}\\[6mu]&={\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}}.\end{aligned}}$

Proba alxébrica mediante o teorema de Pitágoras

Triángulo coa altura h que corta a base c en d + (c − d)

A seguinte proba é moi semellante á dada por Raifaizen. Polo teorema de Pitágoras temos $b^{2}=h^{2}+d^{2}$ e $a^{2}=h^{2}+(c-d)^{2}$ segundo a figura de enriba. Restando temos, $a^{2}-b^{2}=c^{2}-2cd.$ Esta ecuación permítenos expresar $d$ en función dos lados do triángulo:

$d={\frac {-a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2c}}.$

Para a altura do triángulo temos $h^{2}=b^{2}-d^{2}.$ Se substituímos $d$ coa fórmula dada anteriormente e aplicando a diferenza de cadrados obtemos

${\begin{aligned}h^{2}&=b^{2}-\left({\frac {-a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2c}}\right)^{2}\\&={\frac {(2bc-a^{2}+b^{2}+c^{2})(2bc+a^{2}-b^{2}-c^{2})}{4c^{2}}}\\&={\frac {{\big (}(b+c)^{2}-a^{2}{\big )}{\big (}a^{2}-(b-c)^{2}{\big )}}{4c^{2}}}\\&={\frac {(b+c-a)(b+c+a)(a+b-c)(a-b+c)}{4c^{2}}}\\&={\frac {2(s-a)\cdot 2s\cdot 2(s-c)\cdot 2(s-b)}{4c^{2}}}\\&={\frac {4s(s-a)(s-b)(s-c)}{c^{2}}}.\end{aligned}}$

E por último:

${\begin{aligned}A&={\frac {ch}{2}}\\&={\sqrt {{\frac {c^{2}}{4}}\cdot {\frac {4s(s-a)(s-b)(s-c)}{c^{2}}}}}\\&={\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}}.\end{aligned}}$

Proba trigonométrica mediante a lei das cotanxentes

Significado xeométrico de s − a, s − b e s − c. Vexa a lei das cotanxentes para coñecer o razoamento detrás disto.

Se $r$ é o raio do círculo inscrito do triángulo, entón o triángulo pódese dividir en tres triángulos de igual altitude $r$ e bases $a,$ $b,$ e $c.$ A súa área combinada é

$A={\tfrac {1}{2}}ar+{\tfrac {1}{2}}br+{\tfrac {1}{2}}cr=rs,$

onde $s={\tfrac {1}{2}}(a+b+c)$ é o semiperímetro.

O triángulo pódese dividir alternativamente en seis triángulos (en pares congruentes) de altura $r$ e bases $s-a,$ $s-b,$ e $s-c$ de área combinada (ver lei das cotanxentes)

${\begin{aligned}A&=r(s-a)+r(s-b)+r(s-c)\\[2mu]&=r^{2}\left({\frac {s-a}{r}}+{\frac {s-b}{r}}+{\frac {s-c}{r}}\right)\\[2mu]&=r^{2}\left(\cot {\frac {\alpha }{2}}+\cot {\frac {\beta }{2}}+\cot {\frac {\gamma }{2}}\right)\\[3mu]&=r^{2}\left(\cot {\frac {\alpha }{2}}\cot {\frac {\beta }{2}}\cot {\frac {\gamma }{2}}\right)\\[3mu]&=r^{2}\left({\frac {s-a}{r}}\cdot {\frac {s-b}{r}}\cdot {\frac {s-c}{r}}\right)\\[3mu]&={\frac {(s-a)(s-b)(s-c)}{r}}.\end{aligned}}$

O paso medio anterior é ${\textstyle \cot {\tfrac {\alpha }{2}}+\cot {\tfrac {\beta }{2}}+\cot {\tfrac {\gamma }{2}}={}}$$\cot {\tfrac {\alpha }{2}}\cot {\tfrac {\beta }{2}}\cot {\tfrac {\gamma }{2}},$ a <a href="./Identidades_trigonométricas" rel="mw:WikiLink" data-linkid="undefined" data-cx="{&quot;userAdded&quot;:true,&quot;adapted&quot;:true}">identidade cotanxente tripla</a>, que aplica porque a suma dos semiángulos é ${\textstyle {\tfrac {\alpha }{2}}+{\tfrac {\beta }{2}}+{\tfrac {\gamma }{2}}={\tfrac {\pi }{2}}.}$

Combinando as dúas, conseguimos

$A^{2}=s(s-a)(s-b)(s-c).$

Estabilidade numérica

A fórmula de Herón, como se indica anteriormente, é numericamente inestable para triángulos cun ángulo moi pequeno cando se usa a aritmética de coma flotante. Unha alternativa estable consiste en organizar as lonxitudes dos lados de xeito que $a\geq b\geq c$ e calcular

$A={\tfrac {1}{4}}{\sqrt {{\big (}a+(b+c){\big )}{\big (}c-(a-b){\big )}{\big (}c+(a-b){\big )}{\big (}a+(b-c){\big )}}}.$

Respectando os corchetes na avaliación.

Fórmulas semellantes da área do triángulo

En función das medianas , $m_{a},$ $m_{b},$ $m_{c}$ e a súa semisuma, $\sigma ={\tfrac {1}{2}}(m_{a}+m_{b}+m_{c}),$ daquela

$A={\frac {4}{3}}{\sqrt {\sigma (\sigma -m_{a})(\sigma -m_{b})(\sigma -m_{c})}}.$

En función das alturas, $h_{a}$, $h_{b}$, $h_{c}$ e a semisuma dos seus recíprocos $H={\tfrac {1}{2}}{\bigl (}h_{a}^{-1}+h_{b}^{-1}+h_{c}^{-1}{\bigr )},$ daquela

$A^{-1}=4{\sqrt {H{\bigl (}H-h_{a}^{-1}{\bigr )}{\bigl (}H-h_{b}^{-1}{\bigr )}{\bigl (}H-h_{c}^{-1}{\bigr )}}}.$

En función dos ángulos $\alpha ,$ $\beta ,$ $\gamma$ e a semisuma dos seus senos $S={\tfrac {1}{2}}(\sin \alpha +\sin \beta +\sin \gamma ),$ daquela

${\begin{aligned}A&=D^{2}{\sqrt {S(S-\sin \alpha )(S-\sin \beta )(S-\sin \gamma )}}\\[5mu]&={\tfrac {1}{2}}D^{2}\sin \alpha \,\sin \beta \,\sin \gamma ,\end{aligned}}$

onde $D$ é o diámetro do círculo circunscrito, $D=a/{\sin \alpha }=b/{\sin \beta }=c/{\sin \gamma }.$ Esta última fórmula coincide coa fórmula estándar de Herón cando o círculo circunscrito ten un diámetro unitario.

Xeneralizacións

Cuadrilátero cíclico

A fórmula de Herón é un caso especial da fórmula de Brahmagupta para a área dun cuadrilátero cíclico. A fórmula de Herón e a fórmula de Brahmagupta son casos especiais da fórmula de Bretschneider para a área dun cuadrilátero. A fórmula de Herón pódese obter a partir da fórmula de Brahmagupta ou da fórmula de Bretschneider poñendo un dos lados do cuadrilátero a cero.

A fórmula de Brahmagupta para a área $K$ dun cuadrilátero cíclico cuxos lados teñen lonxitudes $a,$ $b,$ $c,$ $d$ sería

$K={\sqrt {(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}}$

onde $s={\tfrac {1}{2}}(a+b+c+d)$ é o semiperímetro.

Outra xeneralización da fórmula de Herón para pentágonos e hexágonos inscritos nun círculo foi descuberta por David P. Robbins.

Fórmula tipo Herón para o volume dun tetraedro

Se $U,$ $V,$ $W,$ $u,$ $v,$ $w$ son lonxitudes de arestas do tetraedro (os tres primeiros forman un triángulo; $u$ oposto a $U$ e igual para o resto), daquela

${\text{volume}}={\frac {\sqrt {\,(-a+b+c+d)\,(a-b+c+d)\,(a+b-c+d)\,(a+b+c-d)}}{192\,u\,v\,w}}$

onde

${\begin{aligned}a&={\sqrt {xYZ}}\\b&={\sqrt {yZX}}\\c&={\sqrt {zXY}}\\d&={\sqrt {xyz}}\\X&=(w-U+v)\,(U+v+w)\\x&=(U-v+w)\,(v-w+U)\\Y&=(u-V+w)\,(V+w+u)\\y&=(V-w+u)\,(w-u+V)\\Z&=(v-W+u)\,(W+u+v)\\z&=(W-u+v)\,(u-v+W).\end{aligned}}$

Fórmulas de Herón en xeometrías non euclidianas

Tamén hai fórmulas para a área dun triángulo en función da lonxitude dos seus lados para os triángulos da esfera ou do plano hiperbólico. Para un triángulo na esfera con lonxitudes de lados $a,$ $b,$ e $c$, semiperímetro $s={\tfrac {1}{2}}(a+b+c)$ e área $S$, temos

triángulo na esfera:

$\tan ^{2}{\frac {S}{4}}=\tan {\frac {s}{2}}\tan {\frac {s-a}{2}}\tan {\frac {s-b}{2}}\tan {\frac {s-c}{2}}$

triángulo no plano hiperbólico:

$\tan ^{2}{\frac {S}{4}}=\tanh {\frac {s}{2}}\tanh {\frac {s-a}{2}}\tanh {\frac {s-b}{2}}\tanh {\frac {s-c}{2}}.$

Véxase tamén

Outros artigos

• Shoelace formula

Ligazóns externas

• A Proof of the Pythagorean Theorem From Heron's Formula at cut-the-knot
• Interactive applet and area calculator using Heron's Formula
• J. H. Conway discussion on Heron's Formula
• A Geometric Proof of Heron's Formula
• An alternative proof of Heron's Formula without words
• Factoring Heron