Inégalité triangulaire de la distance euclidienne

Dom

En effet c’est étrange. C’est culturel d’appeler cette relation comme ça. Et ça ne date pas du 21e siècle. 

Ericpasloggue

Je vais faire l'effort de rédiger (mais je laisse au lecteur le soin de faire des figures).

On commence par le théorème de l'angle extérieur.

Soit $ABC$ un triangle. On nomme $[Bx)$ la demi-droite $[BA)$ et $[Cy)$ la demi-droite $[CA)$. Il faut prouver que $\mathrm{mes}(\widehat{ACB})<\mathrm{mes}(\widehat{xAC})$ et $\mathrm{mes}(\widehat{ABC})<\mathrm{mes}(\widehat{xAC})$.

Soient $O$ le milieu de $[AC]$ et $D$ le point tel que $O$ soit le milieu de $[BD]$. Les triangles $BOC$ et $DOA$ vérifient la même condition C-A-C, donc ils sont égaux, d'où $\mathrm{mes}(\widehat{OAD})=\mathrm{mes}(\widehat{OCB})=\mathrm{mes}(\widehat{ACB})$. Mais, le point $D$ se trouve à l'intérieur de l'angle $\widehat{xAC}$, donc $\mathrm{mes}(\widehat{OAD})<\mathrm{mes}(\widehat{xAC})$ et $\mathrm{mes}(\widehat{ACB})<\mathrm{mes}(\widehat{xAC})$. De même, $\mathrm{mes}(\widehat{ABC})<\mathrm{mes}(\widehat{yAB})$. De plus, les angles $\widehat{xAC}$ et $\widehat{yAB}$ sont opposés par le sommet, donc ils ont la même mesure et il s'ensuit que $\mathrm{mes}(\widehat{ABC})<\mathrm{mes}(\widehat{xAC})$.

Remarque : pas d'utilisation de l'axiome des parallèles ici, on est en géométrie neutre.

Soit $ABC$ un triangle. On suppose que $AB<BC$. On prouve que $\mathrm{mes}(\widehat{ACB})<\mathrm{mes}(\widehat{BAC})$.
Soit $D$ le point de $[BA)$ tel que $BD=BC$.

Puisque $AB<BC$ et $BC=BD$, on a $AB<BD$, donc le point $A$ se trouve entre $B$ et $D$, autrement dit $A$ se trouve à l'intérieur de l'angle $\widehat{BCD}$. Ainsi, $\mathrm{mes}(\widehat{BCA})<\mathrm{mes}(\widehat{BCD})$. Mais, $BCD$ est isocèle en $B$, donc $\mathrm{mes}(\widehat{BCD})=\mathrm{mes}(\widehat{BDC})$ et l'on en déduit que $\mathrm{mes}(\widehat{BCA})<\mathrm{mes}(\widehat{BDC})$.

L'angle $\widehat{BAC}$ est un angle extérieur du triangle $ADC$. D'après le théorème de l'angle extérieur, $\mathrm{mes}(\widehat{BDC})<\mathrm{mes}(\widehat{BAC})$.

Il s'ensuit que $\mathrm{mes}(\widehat{BCA})<\mathrm{mes}(\widehat{BDC})<\mathrm{mes}(\widehat{BAC})$.

On suppose maintenant que $\mathrm{mes}(\widehat{ACB})<\mathrm{mes}(\widehat{BAC})$ et l'on montre que $AB<BC$.

On suppose que $$
          \mathrm{mes}(\widehat{ACB})<\mathrm{mes}(\widehat{BAC})\qquad\text{et}\qquad AB\geqslant BC.
$$

Si $AB=BC$, alors $ABC$ est isocèle en $B$, d'où l'on déduit que $\mathrm{mes}(\widehat{ACB})=\mathrm{mes}(\widehat{BAC})$, contredisant les hypothèses.

Si $AB>BC$, on déduit alors de ce qui précède que $\mathrm{mes}(\widehat{ACB})>\mathrm{mes}(\widehat{BAC})$, contredisant encore les hypothèses.

On démontre maintenant l'inégalité triangulaire.

Soit $ABC$ un triangle. Soit $D$ le point de $(BC)$ qui n'appartient pas à $[BC)$ et tel que $BD=BA$.

Le point $B$ se trouve à l'intérieur de l'angle $\widehat{DAC}$. On en déduit que $\mathrm{mes}(\widehat{DAC})>\mathrm{mes}(\widehat{DAB})$. Mais, le triangle $ADB$ est isocèle en $B$, donc $\mathrm{mes}(\widehat{ADB})=\mathrm{mes}(\widehat{DAB})$. Ainsi, $\mathrm{mes}(\widehat{ADB})<\mathrm{mes}(\widehat{DAC})$, autrement dit $\mathrm{mes}(\widehat{ADC})<\mathrm{mes}(\widehat{DAC})$.

Dans le triangle $ADC$, le résultat démontré précédemment donne $AC<DC$. Mais, $DC=DB+BC$ (car $B$, $C$ et $D$ sont alignés) et  $DB=AB$, donc $AC<AB+BC$.

Remarque : toujours pas la moindre trace de l'axiome des parallèles.