소소하지만 확실한 테크닉 – 변의 길이가 무리수인 삼각형과 헤론의 공식

삼각형의 세 변의 길이가 각각 \(a\), \(b\), \(c\)이고, 한 개 이상의 변의 길이가 무리수인 삼각형의 넓이는 헤론의 공식의 또 다른 형태

$$\frac{1}{4}\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)}$$

을 사용합니다. 이 글에서는 이 식의 사용법과 증명을 알아 보겠습니다.

헤론의 공식의 기본형

헤론의 공식은 삼각형의 세 변의 길이가 주어졌을 때, 삼각형의 넓이를 편리하게 구할 수 있는 공식입니다. 헤론의 공식은 보통 $$s=\frac{a+b+c}{2}$$로 하고, 넓이 $$A=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$로 나타냅니다. 예를 들어 세 변의 길이가 각각 \(a=3\), \(b=4\), \(c=5\)인 삼각형에서 $$s=\frac{3+4+5}{2}=6$$이므로 이 삼각형의 넓이 \(A\)는 다음과 같이 계산합니다. $$\begin{align}
A&=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\\
&=\sqrt{6(6-3)(6-4)(6-5)}\\
&=\sqrt{36}\\
&=6\end{align}$$

\(\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\)의 단점

하지만 세 변의 길이가 각각 \(a=\sqrt{5}\), \(b=\sqrt{6}\), \(c=\sqrt{7}\)이라면 어떨까요? 이 삼각형의 $$s=\frac{\sqrt{5}+\sqrt{6}+\sqrt{7}}{2}$$이므로 헤론의 공식에 대입하면  $$\begin{align}
&\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\\
&=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{5}+\sqrt{6}+\sqrt{7}}{2}\right)\left(\frac{\sqrt{5}+\sqrt{6}+\sqrt{7}}{2}-\sqrt{5}\right)\cdots}\\
&=???\end{align}$$ 가 되어 계산이 매우 복잡해 집니다. 이럴 때에는 헤론의 공식의 또 다른 형태인

$$\frac{1}{4}\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)}$$

을 사용합니다. 이렇게 하면 공식이 복이차식으로 표현되어 원래의 형태보다 훨씬 간결한 형태의 계산이 가능합니다. \(a=\sqrt{5}\), \(b=\sqrt{6}\), \(c=\sqrt{7}\)일 경우 또 다른 형태를 사용하면 $$\begin{align}
&\frac{1}{4}\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{((\sqrt{5})^2+(\sqrt{6})^2+(\sqrt{7})^2)^2-2((\sqrt{5})^4+(\sqrt{6})^4+(\sqrt{7})^4)}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{(5+6+7)^2-2(25+36+49)}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{324-220}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{104}\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{26}
\end{align}$$

증명

삼각형의 두 변 \(a\), \(b\)사이의 끼인 각 \(\angle\mathrm{C}\)의 크기를 \(\theta\)라 하면, 삼각형의 넓이 \(S\)는 $$\begin{align}
S&=\frac{1}{2}ab\sin\theta\\
&=\frac{1}{2}ab\sqrt{\sin^2\theta}\\
&=\frac{1}{2}ab\sqrt{1-\cos^2\theta}\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2(1-\cos^2\theta)}\tag{1}\label{eq1}
\end{align}$$ 입니다. 그런데, 코사인 법칙에 의해, $$\cos\theta=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$$이므로 이것을 \(\eqref{eq1}\)에 대입하면 $$\begin{align}
S&=\frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2(1-\frac{(a^2+b^2-c^2)^2}{4a^2b^2}}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{4a^2b^2-a^4-b^4-c^4-2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-2a^4-2b^4-2c^4}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)}\end{align}$$

또 다른 형태

헤론의 공식은 위의 증명에서 식을 어떻게 정리하느냐에 따라 $$\begin{align}
&\frac{1}{4}\sqrt{2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^4+b^4+c^4)}\\
&\frac{1}{4}\sqrt{4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^2+b^2+c^2)^2}
\end{align}$$ 으로 나타낼 수도 있습니다.

4 Comments
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조호영
3 years ago

오. 무리수일때 늘 더럽다고 생각하면서 헤론 썼는데, 증명할 때 전개를 다 안했을때 변형된 식이 나오네요

3 years ago

ㄱㅅㄱㅅ

랏뎀
3 years ago

ㄱㅅㄱㅅ

다무드
2 years ago

오랜만에 들어왔네요..
자꾸 이런글만 올려서 죄송한데;;
증명과 또다른 형태 중간에 S= 첫줄에서 루트안에 괄호가 하나 빠졌네요..^^;;
죄송합니다~
또 좋은 수학얘기 부탁드릴께요~