Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. El radio inscrito del triángulo es igual a $\frac{1}{\sqrt{3}}$ y su radio circunscrito $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Por lo tanto, podemos tomar coordenadas con centro en el centro del triángulo de forma que la circunferencia inscrita tenga ecuación $x^2+y^2=\frac{1}{3}$ y los vértices están sobre la circunferencia de centro el origen y radio $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Podemos tomar entonces los tres vértices como \begin{align*} A&=\Bigl(\tfrac{2}{\sqrt{3}},0\Bigr),\\ B&=\tfrac{2}{\sqrt{3}}\left(\cos(120),\mathrm{sen}(120)\right)=\Bigl(\tfrac{-1}{\sqrt{3}},1\Bigr),\\ C&=\tfrac{2}{\sqrt{3}}\left(\cos(240),\mathrm{sen}(240)\right)=\Bigl(\tfrac{-1}{\sqrt{3}},-1\Bigr). \end{align*} Entonces, la suma de los cuadrados de un punto $P=(x,y)$ a los tres vértices se escribe como \[(x-\tfrac{2}{\sqrt{3}})^2+y^2+(x+\tfrac{1}{\sqrt{3}})^2+(y-1)^2+(x+\tfrac{1}{\sqrt{3}})^2+(y+1)^2=4+3(x^2+y^2)=5.\] siempre que $P$ esté en la circunferencia inscrita.

Que se puede formar un triángulo con los segmentos $AP,BP,CP$ es cierto para cualquier punto interior al triángulo. Observemos que podemos prolongar $AP$ hasta llegar a un punto $D$ del lado $BC$. Con lo que $AP\leq AD\leq BC\leq BP+PC$, donde hemos usado que la longitud de $AD$ es menor que la longitud de un lado y la desigualdad triangular. Se razona de la misma forma que $BP\leq AP+CP$ y que $CP\leq AP+BP$.

Para calcular el área del triángulo, llamemos $a=AP$, $b=BP$ y $c=CP$ por comodidad. La fórmula de Herón nos dice que \begin{align*} 16S^2&=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)\\ &=((b+c)^2-a^2)((b-c)^2-a^2)\\ &=-a^4+2 a^2 b^2+2 a^2 c^2-b^4+2 b^2 c^2-c^4\\ &=4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^2+b^2+c^2)^2. \end{align*} Hemos probado que $a^2+b^2+c^2=5$ y también es fácil comprobar que \[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=3(x^2+y^2)^2+4(x^2+y^2)+\tfrac{16}{3}=7,\] lo que nos lleva a que $16S^2=4\cdot 7-25=3$ y, por tanto, $S=\frac{\sqrt{3}}{4}$.