Ukrainian Mathematical Olympiad

Розглянемо вектори $\overrightarrow{MA} = \vec{a}$, $\overrightarrow{MB} = \vec{b}$, $\overrightarrow{MC} = \vec{c}$, $\overrightarrow{MS} = \vec{s}$, $\overrightarrow{SA} = \vec{a} - \vec{s}$, $\overrightarrow{SB} = \vec{b} - \vec{s}$ і $\overrightarrow{SC} = \vec{c} - \vec{s}$. За умовою задачі, $|\vec{a}| > 1$, $|\vec{b}| > 1$ і $|\vec{c}| > 1$. Нам потрібно довести нерівність
$$|\vec{a} - \vec{s}| + |\vec{b} - \vec{s}| + |\vec{c} - \vec{s}| > 3.$$
Нехай $|\vec{s}| \ge 1$. Тоді, використовуючи відому рівність $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = \vec{0}$ та властивості скалярного добутку, маємо:
$$\begin{aligned} |\vec{a} - \vec{s}| + |\vec{b} - \vec{s}| + |\vec{c} - \vec{s}| &\geq -\frac{(\vec{a} - \vec{s})\vec{s}}{|\vec{s}|} - \frac{(\vec{b} - \vec{s})\vec{s}}{|\vec{s}|} - \frac{(\vec{a} - \vec{s})\vec{s}}{|\vec{s}|} = \\ &= 3|\vec{s}| - \frac{\vec{s}}{|\vec{s}|} (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = 3|\vec{s}| \geq 3. \end{aligned}$$
Рівність у цій нерівності досягається тоді й тільки тоді, коли $|\vec{s}| = 1$ і вектори $\overrightarrow{SA}$, $\overrightarrow{SB}$ і $\overrightarrow{SC}$ протилежно напрямлені до вектора $\overrightarrow{SM}$, що, зрозуміло, неможливо.

Розглянемо тепер випадок $|\vec{s}| < 1$. Тоді
$$\begin{aligned} & |\vec{a} - \vec{s}| + |\vec{b} - \vec{s}| + |\vec{c} - \vec{s}| \ge \frac{(\vec{a} - \vec{s}) \cdot \vec{a}}{|\vec{a}|} + \frac{(\vec{b} - \vec{s}) \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|} + \frac{(\vec{c} - \vec{s}) \cdot \vec{c}}{|\vec{c}|} = \\ & = |\vec{a}| + |\vec{b}| + |\vec{c}| - \vec{s} \left( \frac{\vec{a}}{|\vec{a}|} + \frac{\vec{b}}{|\vec{b}|} + \frac{\vec{c}}{|\vec{c}|} \right) = \\ & = 3 + \left( |\vec{a}| - 1 \right) \left( 1 - \frac{\vec{s} \cdot \vec{a}}{|\vec{a}|} \right) + \left( |\vec{b}| - 1 \right) \left( 1 - \frac{\vec{s} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|} \right) + \left( |\vec{c}| - 1 \right) \left( 1 - \frac{\vec{s} \cdot \vec{c}}{|\vec{c}|} \right) > 3. \end{aligned}$$
Для останньої оцінки ми врахували, що $1 > |\vec{s}| \ge \frac{\vec{s} \cdot \vec{a}}{|\vec{a}|}$, $1 > |\vec{s}| \ge \frac{\vec{s} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|}$, $1 > |\vec{s}| \ge \frac{\vec{s} \cdot \vec{c}}{|\vec{c}|}$.

Якщо застосувати ортогональне проектування точки $S$ на площину $ABC$, то стає очевидним, що твердження задачі достатньо довести для точки $S$ цієї площини, для якої сума відстаней $SA + SB + SC$ є мінімальною. Добре відомо, що коли всі кути трикутника $ABC$ менші за $120^\circ$, то потрібною точкою є точка Торічеллі (така точка $T$ всередині трикутника $ABC$, що $\angle ATB = \angle ATC = \angle BTC = 120^\circ$), а якщо, наприклад, $\angle BAC \ge 120^\circ$, то — вершина $A$. У першому випадку позначимо $x = TA$, $y = TB$, $z = TC$ (без обмеження загальності вважаємо, що $x \le y \le z$), і з використанням формули для довжини медіани та теореми косинусів матимемо:
$$\begin{aligned} MA^2 &= \frac{1}{9}(2AC^2 + 2AB^2 - BC^2) = \\ &= \frac{1}{9}(2x^2 + 2z^2 + 2xz + 2x^2 + 2y^2 + 2xy - y^2 - z^2 - yz) = \\ &= \frac{1}{9}(4x^2 + y^2 - z^2 + 2xz + 2xy - yz) = \\ &= \frac{1}{9}((x + y + z)^2 + 3x^2 - 2z^2 - 3yz) \le \frac{1}{9}(x + y + z)^2. \end{aligned}$$