Teorema del coseno

[amcandio]

Este teorema se puede pensar como una generalización del Teorema de Pitágoras.
Sea $ABC$ un triángulo con $\angle BAC=\alpha$. Entonces$$BC^2=CA^2+AB^2-2\cdot CA\cdot AB\cdot \cos \alpha .$$

[amcandio]

Demostracion:

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Sea [math]AD, la altura del triangulo. Entonces por pitagoras

[math]AB^2=AD^2+DB^2

CASO 1:Si [math]D es interior a [math]CB, ([math]\angle ABC<90), entonces [math]BD=BC-CD, reemplazando nos queda:

[math]AB^2=(BC-CD)^2+AD^2=BC^2+CD^2-2BC\times CD+AD^2

Como, [math]AC^2=CD^2+AD^2, reemplazando nos queda

[math]AB^2=AC^2+BC^2-2BC\times CD

Pero como [math]CD=AC\times cos(\gamma), reemplazando nos queda lo que dice el teorema.
CASO 2: Si[math]Des exterior a[math]CB, ([math]\angle ABC>90), entonces[math]BD=BC+CD, reemplazando nos queda:

[math]AB^2=(BC+CD)^2+AD^2=BC^2+CD^2+2BC\times CD+AD^2

Como,[math]AC^2=CD^2+AD^2, reemplazando nos queda

[math]AB^2=AC^2+BC^2+2BC\times CD

Pero como[math]CD=AC\times cos(180-\gamma)=-AC\times cos(\gamma), reemplazando nos queda lo que dice el teorema.

[Nacho]

Acá otra demostración más corta:

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Definimos como [math]\cdot al producto escalar entre dos vectores.

[math]|| \vec{AB} ||^2 = \vec{AB} \cdot \vec{AB} (Esto es porque el ángulo entre [math]\vec{AB} y [math]\vec{AB} es [math]0, y [math]\cos( 0 ) = 1, de donde [math]\vec{AB} \cdot \vec{AB} = || \vec{AB} || \times ||\vec{AB} || \times \cos(0) = ||\vec{AB}||^2)

Por suma de vectores, [math]\vec{AB} = \vec{CB} - \vec{CA}, de donde

[math]|| \vec{AB} ||^2 = (\vec{CB} - \vec{CA}) \cdot (\vec{CB} - \vec{CA})

Como el producto escalar cumple propiedad distributiva:

[math]||\vec{AB} ||^2 = ||\vec{CB} ||^2 - 2 \vec{CB}\cdot \vec{CA} + ||\vec{CA}||^2
[math]AB^2 = BC^2 - 2 BC \times AC \times \cos{\angle C} + AC^2

Y estamos.

[Vladislao]

[Gianni De Rico]

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Consideremos la circunferencia $\omega$ de centro $B$ y radio $BC$, sea $D$ el opuesto diametral de $C$ en $\omega$ y sea $K$ el segundo punto de intersección de $AC$ con $\omega$.

Si $K=C$ entonces $AC$ es tangente a $\omega$, con lo que $A\widehat CB=90^\circ$ y estamos por Pitágoras.
Si $K\neq C$ tenemos $CK=CD\cdot \cos (D\widehat CK)=2\cdot BC\cdot \cos (180^\circ -\gamma )=-2\cdot BC\cdot \cos \gamma$.
Ahora la potencia de $A$ respecto a $\omega$ es\begin{align*}AB^2-BC^2 & =AC\cdot AK \\
& =AC\cdot (AC+CK) \\
& =AC^2+AC\cdot CK \\
& =AC^2-2\cdot AC\cdot BC\cdot \cos \gamma ,
\end{align*}de modo que$$AB^2=AC^2+BC^2-2\cdot AC\cdot BC\cdot \cos \gamma .$$

[MathIQ]

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Sea $AB = c$, $BC = a$, $CA = b$, $D$ el pie de altura trazado desde $C$ y $CD = p$ . Entonces veamos que pueden suceder dos casos:
Caso $x < 90°$:
Entonces $D$ queda adentro del segmento $AB$, sea $AD = m \Rightarrow BD = c - m$.
Notemos que por Pitágoras en $ACD$ tenemos:
$b^2 = p^2 + m^2$ (1)
Y en $CDB$ tenemos:
$a^2 = p^2 + (c - m)^2$ (2)
Si hacemos (1) - (2) resulta:
$b^2 - a^2 = m^2 - (c - m)^2 = -c^2 + 2cm$
De donde
$b^2 = a^2 - c^2 + 2cm$ (3)
Sea $C\widehat{A}B = x$.
En $CAD$ por razones trigonométricas se tiene:
$cos (x) = \frac{m}{b} \Rightarrow m = cos (x) . b$
Por lo tanto ahora en (3) nos queda:
$b^2 = a^2 - c^2 + 2 . c . cos(x) . b$
Acomodando tenemos:
$a^2 = b^2 + c^2 - 2 . c . b . cos(x)$
Caso $x > 90°$:
Entonces $D$ queda fuera del segmento $AB$.
Ahora tenemos $AD = AB + BD = c + m$.
Por Pitágoras en $CBD$
$a^2 = p^2 + m^2$ (1)
Y en $CDA$
$b^2 = p^2 + (c + m)^2$ (2)
Haciendo (1) - (2) resulta
$a^2 = b^2 - c^2 - 2cm$ (3)
Sea $A\widehat{B}C = x$.
Por razones trigonométricas en $CDM$
$cos(180° - x) = \frac{m}{a} \Rightarrow m = cos (180° - x) . a$
Como $cos (180° - x) = -cos (x) \Rightarrow m = -cos(x) . a$
Remplazando en (3) tenemos
$a^2 = b^2 - c^2 + 2 . c . cos (x) . a$
Acomodando
$b^2 = a^2 + c^2 - 2 . c . a . cos (x)$
Por lo que queda demostrado el Teorema del Coseno.

[Gianni De Rico]

Acá otra demostración más corta:

Acá otra demostración más corta:

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Sean $c=AB$ y $b=AC$. Ponemos coordenadas de modo que $A$ sea el origen y $B=(c,0)$. Entonces $C=(b\cos \alpha ,b\sin \alpha )$, así que\begin{align*}{BC}^2 & =(b\cos \alpha -c)^2+(b\sin \alpha )^2 \\
& =b^2\cos ^2\alpha -2bc\cos \alpha +c^2+b^2\sin ^2 \alpha \\
& =b^2(\cos ^2\alpha +\sin ^2\alpha )+c^2-2bc\cos \alpha \\
& =b^2+c^2-2bc\cos \alpha \\
& =CA^2+AB^2-2\cdot CA\cdot AB\cdot \cos \alpha ,
\end{align*}como queríamos.

A alguien le sorprende que esto salga más rápido con cuentas que con geometría?