El triángulo es una figura elemental de la geometría plana, y sin duda la que encierra más propiedades geométricas, a la vez simples y a menudo un poco sorprendentes. Por ejemplo, la siguiente propiedad, una de cuyas aplicaciones prácticas es la estimación de la distancia total entre tres tiendas y un depósito de mercancías que las abastece, situado en el interior del triángulo del cual estas son los vértices. He aquí su enunciado :

Sea $ABC$ un triángulo de perímetro $p=AB+BC+AC$. Para todo punto $M$ interior a $ABC$, se tiene : ${p\over 2}\leq MA+MB+MC\leq p-\inf (AB,BC,AC)$.

Como indiqué en mi nota del Debate del 18 de octubre pasado, la primera desigualdad $MA+MB+MC\geq {p\over 2}$ es casi inmediata de establecer. También había mencionado las dificultades que encuentran los estudiantes (¡de Máster en docencia !) para demostrar que, para el mismo punto $M$, se cumple además que $MA+MB+MC\leq p$. En su comentario, Bruno Langlois me indicó que, de hecho, se puede ’’refinar’’ esta desigualdad de la manera siguiente :
\[MA+MB+MC\leq p-\inf \{ AB,BC, AC\} .\tag{1}\]
No conocía esta propiedad más que para el punto de Torricelli del triángulo. No tuve tiempo de reflexionar sobre ello inmediatamente después (lo que explica mi respuesta tardía al comentario). Cuando pude hacerlo, mi primer reflejo fue buscar si esta desigualdad se encontraba en algún lugar de un libro y también ’’googleando’’ en la red. Pero no encontré nada. ¡No me quedaba más remedio que ponerme manos a la obra ! Me tomó un poco de tiempo, pero logré llegar a una prueba puramente geométrica y bastante elemental, en el sentido de que solo recurre a nociones de las que puede disponer un alumno de Tercero (equivalente a 3º de ESO). La entrego tal cual a los lectores de Paisajes Matemáticos por dos razones :

1. Ponerla a disposición de aquellos a quienes les interesa este tipo de problemas : los colegas de primaria, de secundaria, y algunos de educación superior.

2. Me gusta mi demostración, pero me digo a mí mismo que seguramente debe haber una todavía más simple que pasé por alto y que algún lector pueda aportar. ¡Hay una, y espero que haya otras !

He aquí mi prueba. No es tan inmediata, pero tampoco es complicada : utiliza las dos observaciones simples que siguen.

Observación 1. Sean $\alpha$ y $\beta$ dos ángulos de un triángulo opuestos respectivamente a los lados $a$ y $b$. Entonces $\alpha \leq \beta$ si y solo si $a\leq b$.

Observación 2. Sean $XYZT$ un paralelógramo de ángulo $\angle TXY$ agudo. Para todo punto $M$ interior a $XYZT$, se tiene $XM\leq XZ$.

La primera afirmación es bien conocida. De la segunda, el lector puede convencerse fácilmente : solo hace falta que eche un pequeño vistazo geométrico a la figura de abajo.

$\bullet$ Se tienen también las desigualdades (use la Observación 1)
\[\angle BAC \leq \angle ABC \hskip0.5cm \hbox{et}\hskip0.5cm \angle BAC\leq \angle ACB,\]
que fuerzan al ángulo $\angle BAC$ a ser agudo (de hecho, mide a lo más ${\pi \over 3}$).

$\bullet$ Sean $K\in AB$ y $L\in AC$ tales que $BK=BM$ y $CL=CM$. Entonces la desigualdad $MA+MB+MC\leq AB+AC$ es equivalente a
\[AM\leq AK+AL\tag{3},\]
que es lo que probaremos

$\bullet $ Sea $N$ el punto único tal que el cuadrilátero $AKNL$ sea un paralelogramo. La paralela a $AB$ que pasa por $M$ corta a $AC$ en $X$ y a $BC$ en $Y$. Tenemos
\[\angle CXM = \angle CAB \leq \angle CBA =\angle CYX \leq \angle CYX +\angle YCM = \angle CMX.\]
Por lo tanto, $MC\leq CX$ (en el triángulo $CXM$, el lado $MC$ es opuesto al ángulo $\angle CXM$ que es más pequeño que el ángulo $\langle CMX$ opuesto al lado $CX$). Pero $MC=CL$ ; por consiguiente $CL\leq CX$. Se deduce que el punto $M$ está en la franja delimitada por las dos rectas paralelas $AK$ y $LN$.De la misma manera, utilizando esta vez la desigualdad $\angle BAC \leq \angle ACB$, se demuestra que $M$ está en la franja delimitada por las dos rectas paralelas $AL$ y $KN$. El punto $M$ está, por tanto, en el interior del paralelogramo $AKNL$ cuyo $\angle KAL$ es un ángulo agudo. En virtud de la Observación 2 y de la desigualdad triangular (aplicada a la terna $(A,K,N)$), otenemos :
\[AM\leq AN\leq AK+KN=AK+AL\]
que es la desigualdad (3).

Le hice saber a Bruno Langlois que tengo una prueba. Él me indicó entonces la referencia de otra (quizás ’’más elemental’’) dada por J.N. Wisschsers en 1902 en la revista De Vriend der Wiskunde y retomada por Marie Berrondo-Agrell en su libro Geométricamente vuestro publicado en 1994. Aquí la tienen. Esta utiliza también de manera fundamental (y un poco camuflada) otra observación.

Observación 3. Sea $AKL$ un triángulo tal que $AK\leq AL$. Entonces, para todo punto $M$ del lado $KL$, se tiene $AM\leq AL$.

La prueba de esta afirmación se puede ver en el dibujo de arriba. Sea $H$ el pie de la altura trazada desde $A$ ; entonces $KH\leq HL$ (simple aplicación del teorema de Pitágoras). Esta desigualdad nos permite mostrar que $AM\leq AL$ para todo punto $M$ sobre $KL$. En efecto, si $M$ está sobre $HL$, la desigualdad $AM\leq AL$ es inmediata ; si $M$ está sobre $KH$, su simétrico $M'$ respecto a $H$ está sobre $HL$, de donde $AM=AM'\leq AL$.

$\bullet $ Supongamos que $BC\leq AB\leq AC$. Probar la desigualdad (1) se traduce entonces en probar la desigualdad
\[MA+MB+MC\leq AB+AC.\tag{2'}\]
Esto es lo que vamos a hacer. Llevaremos a cabo la demostración observando la figura a continuación.

$\bullet $ Por el punto $M$ trazamos una paralela al lado $BC$. Esta corta a $AB$ en $K$ y a $AC$ en $L$. Como los triángulos $ABC$ y $AKL$ son semejantes, se tiene $KL\leq AK\leq AL$ (pues, por hipótesis, $BC\leq AB\leq AC$). Por la observación 3, se tiene también $MA\leq AL$. Por otra parte, la desigualdad triangular aplicada a cada triple $(M,B,K)$ y $(M,C,K)$ nos da las desigualdades
\[MB\leq MK+KB \hskip0.5cm \hbox{y} \hskip0.5cm MC\leq ML+LC.\]

En definitiva, se tiene
\[\cases{KL \leq AK \cr MA \leq AL \cr MB \leq MK+KB \cr MC \leq ML+LC}\]

$\bullet $ Sumando los miembros de estas cuatro desigualdades, obtenemos
\[\eqalign{(MA+MB+MC)+KL&\leq AL+ (MK+KB)+(ML+LC)+AK\cr &=(AL+LC)+(MK+ML)+(AK+KB)\cr &=AC+KL+AB},\]
de donde se deduce que $MA+MB+MC\leq AB+AC$, que es la desigualdad buscada.

Varios colegas (entre ellos Bruno Langlois) proponen (cada uno por su lado) considerar la función convexa $f(M)=MA+MB+MC$ y aplicarle el teorema que dice que una función real convexa, definida sobre un conjunto convexo, alcanza su máximo en un punto extremo (que sería aquí el vértice $A$). Era también una idea que tuve al principio, pero la abandoné porque está claramente por encima del nivel de los alumnos de secundaria.