Si $P$ es el centro de un triángulo equilátero, entonces $\frac{PA}{p-a}=\frac{PB}{p-b}=\frac{PC}{p-c}=\frac{2}{\sqrt{3}}$. Vamos a mostrar que este es el valor máximo posible para $\min\left(\frac{PA}{p-a},\frac{PB}{p-b},\frac{PC}{p-c}\right)$. Supongamos lo contrario y sea un punto $P\in\triangle ABC$ para el cual este valor es $>\frac{2}{\sqrt{3}}$. Sean $A_{1},B_{1},C_{1}$ los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita de $\triangle ABC$ con los lados $BC, CA, AB$ respectivamente. Entonces, por la desigualdad de Ptolomeo para $AC_{1}PB_{1}$ tenemos que: $$PA\cdot B_{1}C_{1}\leq AB_{1}\cdot PC_{1}+AC_{1}\cdot PB_{1}=(p-a)(PB_{1}+PC_{1})<\frac{\sqrt{3}}{2}PA(PB_{1}+PC_{1})\Longrightarrow \frac{2}{\sqrt{3}}B_{1}C_{1}< (PB_{1}+PC_{1})\quad (1)$$ Análogamente, para $BA_{1}PC_{1}$ y $CB_{1}PA_{1}$ derivamos: $$\frac{2}{\sqrt{3}}A_{1}C_{1}< (PA_{1}+PC_{1})\quad \text{y}\quad\frac{2}{\sqrt{3}}B_{1}C_{1}< (PA_{1}+PB_{1})$$ Nota que $P$ está en el interior de $\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$, ya que de lo contrario, si sin pérdida de generalidad $P\in \triangle AC_{1}B_{1}$, entonces $PA\frac{1}{2}\Longrightarrow \varphi<120^{\circ}$$ Sin embargo, manipulando las otras dos desigualdades de la misma manera obtenemos que $$\angle A_{1}PB_{1}+\angle B_{1}PC_{1}+\angle C_{1}PA_{1}<120^{\circ}+120^{\circ}+120^{\circ}=360^{\circ}$$ , pero $P\in \triangle A_{1}B_{1}C_{1}$, contradicción. Por lo tanto: $$\min\left(\frac{PA}{p-a},\frac{PB}{p-b},\frac{PC}{p-c}\right)\leq \frac{2}{\sqrt{3}}$$

Olimpiada de los Balcanes 2018 Problema G3

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