À propos de la question 1142

Voici la question 1142 posée par Cc.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2209938,2209938#msg-2209938

Une remarque intéressante est que tout triplet de réel strictement positifs est associé bijectivement à un triangle actuangle (i.e. dont les trois angles sont aigus).

Donc "quelque part" les triangles acuangles ne sont pas soumis à la contrainte imposée par l'inégalité triangulaire.

Mais "autre part" , ce sont les seuls triangles dont les angles vérifient l'inégalité triangulaire !!

À tout triplet $x=(a,b,c)\in\R^3$ non tous nuls on peut associer $axe(x)=(\alpha,\beta,\gamma)$ non tous nuls vérifiant l'inégalité triangulaire. (On supposera que la somme des élément de $x$ est la même que la somme des éléments de $axe(x)$, ce qui donne une version projective du résultat).

Notons que, pour revenir à 1142, on peut, quitte à considérer $f'=axe(f)$ sans perte de généralité considérer que pour tout $x$ le triplet $f'(x)$ comme soumis à l'inégalité triangulaire (1) et à la somme de ses termes constants (2) !! D'après (2) on peut représenter l'image sur un huitième de sphère pour la norme 1, c'est-à-dire la surface d'un triangle équilatéral (appelons le "triangle unité"), dont le centre de gravité correspond à $f'(x)$ constante, ce qui équivaut à $f(x)$ constante), je précise cela d'une part pour situer les choses et d'autre part pour dire que le triangle unité (qui est une façon de repérer l'image de $f'$) ne doit pas être confondu avec le triangle équilatéral obtenu ssi $f'(x)$ est constant.

(1) se traduit par le fait que l'image de $f'$ est le triangle formé en joignant les milieu du "triangle unité". L'image de $f'$ est donc, modulo cette représentation, strictement incluse dans l'intérieur ce "demi-triangle". On note que si on fixe un axe et qu'on effectue un chemin d'un demi-tour on aura tracé dans le demi-triangle un lacet qui touche la médiane au moins une fois. (La médiane correspond aux $f'(x)$ ayant deux valeurs identiques).

Supposons que, dans le cas où la réponse à 1142 est non, on puisse se ramener à des triangles aussi proches de triangles rectangles qu'on veut (condition *), alors on aurait d'après le paragraphe du dessus, une image par $f$ representée comme au dessus, aussi proche qu'on veut du bord de la surface du demi-triangle.

Je dois y aller pour l'instant mais je compléterai plus tard en disant qu'alors on a une image qui n'est pas simplement connexe, et aussi je dirai pourquoi la condition * est presque sûre... enfin soit on l'a soit on a une super géniale dualité obtenue comme suit.

À un triplet quelconque (disons de somme pi) on associe par $axe$ un triplet vérifiant l'inégalité triangulaire, on peut alors associer à celui-ci les angles du triangle ayant pour longueur les nombres du triplet obtenu par $axe$ ... on a ainsi de nouveau un triplet quelconque de somme $pi$, on note que la croissance du triplet est inversée et de plus que cette transformation est décroissante au voisinage d'un des réels du triplet (disons quand on fixe les deux autres réels).

Donc en composant cette application avec elle-même, on obtient un transformation croissante : soit c'est l'identité et on retombe sur nos pattes, (super dualité), soit elle est contractante (et son inverse est dilatante), soit elle est dilatante et son inverse contractante, soit ni contractante ni dilatante, mais au voisinage des points fixes elle est (si je ne dis pas de bêtise) soit l'une soit l'autre... comme je disais je dois y aller, je corrigerai les fautes plus tard... pardon d'avance aux modérateurs, ne vous inquiétez pas je m'en charge).