Hérón-képlet

A geometriában a Hérón-képlet a háromszög területét adja meg a háromszög oldalainak függvényében:

T={\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}}

s={\frac {a+b+c}{2}}\,

ahol a, b és c a háromszög oldalai, s a háromszög kerületének a fele, és T a háromszög területe.

A képletet az alexandriai Hérón vezette be.

Bizonyítás[szerkesztés]

Elemi[szerkesztés]

Teljesen elemi (a Pitagorasz-tételre és nevezetes azonosságokra épülő) bizonyítása történhet az általános magasságtétel segítségével.

Trigonometriai[szerkesztés]

A trigonometriai jellegű bizonyításhoz induljunk ki a koszinusztételből:

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

illetve abból a képletből, amely a háromszög területét két oldal és a közrezárt szög segítségével fejezi ki:

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

Ha a fenti képletbe behelyettesítjük a értékét, vagyis

a=2s-b-c\,

akkor pont a Hérón-képletet kapjuk.

Geometriai[szerkesztés]

Elég annyit belátni, hogy

$t=rs=r_{a}(s-a)$
$rr_{a}=(s-b)(s-c)$

mert ebből már következik, hogy

t^{2}=rsr_{a}(s-a)=s(s-a)(s-b)(s-c).

Az ábráról leolvasható, hogy

t=t_{AOB}+t_{BOC}+t_{COA}={\frac {ar+br+cr}{2}}=rs,

és

t=t_{AO_{a}B}+t_{AO_{a}C}-t_{BO_{a}C}={\frac {br_{a}+cr_{a}-ar_{a}}{2}}=r_{a}(s-a),

valamint az $FOB$ és $EBO_{a}$ derékszögű háromszögek hasonlók.

Könnyen igazolható, hogy $FB=y=s-b$ és $BE=z=s-c$ , tehát ${\frac {r}{s-b}}={\frac {OF}{FB}}={\frac {BE}{O_{a}E}}={\frac {s-c}{r_{a}}}.$ A tétel általánosítása gömbháromszögekre vonatkozóan a l'Huillier-tétel.