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: $$\begin{array}{rl}|\vec{a}-\vec{s}|+|\vec{b}-\vec{s}|+|\vec{c}-\vec{s}|& \ge -\frac{(\vec{a}-\vec{s})\vec{s}}{|\vec{s}|}-\frac{(\vec{b}-\vec{s})\vec{s}}{|\vec{s}|}-\frac{(\vec{a}-\vec{s})\vec{s}}{|\vec{s}|}=\\ & =3|\vec{s}|-\frac{\vec{s}}{|\vec{s}|}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})=3|\vec{s}|\ge 3.\end{array}$$ 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 $$\begin{array}{rl}& |\vec{a}-\vec{s}|+|\vec{b}-\vec{s}|+|\vec{c}-\vec{s}|\ge \frac{(\vec{a}-\vec{s})\cdot \vec{a}}{|\vec{a}|}+\frac{(\vec{b}-\vec{s})\cdot \vec{b}}{|\vec{b}|}+\frac{(\vec{c}-\vec{s})\cdot \vec{c}}{|\vec{c}|}=\\ & =|\vec{a}|+|\vec{b}|+|\vec{c}|-\vec{s}\left(\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}+\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}+\frac{\vec{c}}{|\vec{c}|}\right)=\\ & =3+\left(|\vec{a}|-1\right)\left(1-\frac{\vec{s}\cdot \vec{a}}{|\vec{a}|}\right)+\left(|\vec{b}|-1\right)\left(1-\frac{\vec{s}\cdot \vec{b}}{|\vec{b}|}\right)+\left(|\vec{c}|-1\right)\left(1-\frac{\vec{s}\cdot \vec{c}}{|\vec{c}|}\right)>3.\end{array}$$ Для останньої оцінки ми врахували, що $1>|\vec{s}|\ge \frac{\vec{s}\cdot \vec{a}}{|\vec{a}|}$, $1>|\vec{s}|\ge \frac{\vec{s}\cdot \vec{b}}{|\vec{b}|}$, $1>|\vec{s}|\ge \frac{\vec{s}\cdot \vec{c}}{|\vec{c}|}$.

---

Alternative solution.

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: $$\begin{array}{rl}M{A}^2& =\frac{1}{9}(2A{C}^2+2A{B}^2-B{C}^2)=\\ & =\frac{1}{9}(2x^2+2z^2+2xz+2x^2+2y^2+2xy-y^2-z^2-yz)=\\ & =\frac{1}{9}(4x^2+y^2-z^2+2xz+2xy-yz)=\\ & =\frac{1}{9}((x+y+z{)}^2+3x^2-2z^2-3yz)\le \frac{1}{9}(x+y+z{)}^2.\end{array}$$