Matematyka.pl

Promień okregu opisanego na takich trójkącie ma długość \(\displaystyle{ R:=\frac{1}{\sqrt{3}}}\). Umieszczamy wierzchołki trójkata w punktach \(\displaystyle{ \varepsilon_i:=Re^{i\cdot\frac{2\pi}{3}}}\) dla \(\displaystyle{ i\in\{1,2,3\}}\). Obierzmy punkt \(\displaystyle{ x}\) należący do wewnątrz tego trójkąta. Chcemy udowodnić, że
\(\displaystyle{ \sum_i|x-\varepsilon_i|^2<2.}\)
Jest to proste, gdy skorzystamy z własności \(\displaystyle{ |z|^2=z\overline{z}}\), z tego że \(\displaystyle{ \sum_i\varepsilon_i=0}\), \(\displaystyle{ |x|<R}\) oraz \(\displaystyle{ |\varepsilon_i|=R}\).

Z tego wynika, że możemy tezę trochę wzmocnić i wziąć punkt, który należy do wnętrza koła opisanego na tym trójkącie.

O ile potrafisz wykazać (względnie zasady konkursu tej rangi dopuszczają pewne fakty jako ogólnie znane), że dowolny odcinek zawarty w trójkącie jest nie dłuższy od najdłuższego boku, to można dość łatwo rozwiązać to zadanie wykorzystując jego małą ogólność.
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=.7cm,y=.7cm]
\clip(-6,-2) rectangle (2,5);

\draw [line width=.5pt] (-5.3,-1.2)-- (1.1,-1.2);
\draw [line width=.5pt] (1.1,-1.2)-- (-2.1,4.3);
\draw [line width=.5pt] (-2.1,4.3)-- (-5.3,-1.2);
\draw [line width=.5pt] (-5.3,-1.2)-- (-2.9,0.6);
\draw [line width=.5pt] (-2.9,0.6)-- (-2.1,4.3);
\draw [line width=.5pt] (1.1,-1.2)-- (-2.9,0.6);
\draw [line width=.5pt,domain=-6:2] plot(\x,{(-18.-5.5*\x)/-3.1});
\draw [line width=.5pt,domain=-6:2] plot(\x,{(--4.2--0.1*\x)/6.4});
\draw [line width=.5pt,domain=-6:2] plot(\x,{(--13.7--5.5*\x)/-3.2});
\begin{scriptsize}
\draw [fill=black] (-5.3,-1.2) circle (1.pt);
\draw (-5.6,-0.9) node {$A$};
\draw [fill=black] (1.1,-1.2) circle (1.pt);
\draw (1.3,-0.8) node {$B$};
\draw [fill=black] (-2.1,4.3) circle (1.pt);
\draw (-2.,4.7) node {$C$};
\draw [fill=black] (-2.9,0.6) circle (1.pt);
\draw (-2.5,.8) node {P};
\draw [fill=black] (-3.9,-1.2) circle (1.pt);
\draw (-3.8,-1.5) node {$E$};
\draw [fill=black] (-1.8,-1.2) circle (1.pt);
\draw (-1.9,-1.5) node {$F$};
\draw [fill=black] (0.01,0.7) circle (1.pt);
\draw (0.2,1.) node {$G$};
\draw [fill=black] (-1.5,3.2) circle (1.pt);
\draw (-1.1,3.3) node {$H$};
\draw [fill=black] (-3.6,1.8) circle (1.pt);
\draw (-3.5,2.3) node {$I$};
\draw [fill=black] (-4.2,0.6) circle (1.pt);
\draw (-4.3,1.) node {$J$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}}\)

Mamy \(\displaystyle{ AB||JG,\ BC||FI,\ CA||HE}\), tzn. trójkąty \(\displaystyle{ PEF,\ PGH,\ PIJ}\) są równoboczne.
Dla punktu wewnętrznego mamy \(\displaystyle{ |PA|,|PB|,|PC|<|AB|=1}\), więc \(\displaystyle{ |PA|^2+|PB|^2+|PC|^2< |PA|+|PB|+|PC|}\).
Wystarczy dowieść, że \(\displaystyle{ |PA|+|PB|+|PC|< |AB|+|BC|=2}\).
Z trójkąta \(\displaystyle{ AEP}\) mamy \(\displaystyle{ |PA|<|AE|+|PE|=|AE|+|EF|}\) (trójkąt \(\displaystyle{ PEF}\) jest równoboczny).
Z trójkąta \(\displaystyle{ BGP}\) mamy \(\displaystyle{ |PB|<|BG|+|PG|=|BG|+|GH|}\) (trójkąt \(\displaystyle{ PGH}\) jest równoboczny).
Z trójkąta \(\displaystyle{ CHP}\) mamy \(\displaystyle{ |PC|<|CH|+|PH|=|CH|+|PG|=|CH|+|BF|}\) (bo \(\displaystyle{ PFBG}\) jest równoległobokiem).
Suma trzech powyższych nierówności daje nam tezę.