Maldito sea este problema. Sean $AP \cap (ABC) = X$, $BP \cap (ABC) = Y$, $CP \cap (ABC) = Z$. Supongamos lo contrario para llegar a una contradicción; podemos asumir que \[\left\{\frac{PA_1}{XA_1}, \frac{PB_1}{YB_1}, \frac{PC_1}{ZC_1}\right\}\] son todos $< 1$. Note que podemos escribir $\tfrac{PA_1}{XA_1}$ de dos maneras; usando el lema de la razón en $\triangle PBX$ y $\triangle PCX$: \[\frac{PA_1}{XA_1} = \frac{PB\sin{\angle PBC}}{XB\sin{\angle XAC}} = \frac{\sin{\angle C}\sin{\angle PBC}}{\sin{\angle APB}\sin{\angle PAC}} \] \[\frac{PA_1}{XA_1} = \frac{PC\sin{\angle PCB}}{XC\sin{\angle XAB}} = \frac{\sin{\angle B}\sin{\angle PCB}}{\sin{\angle APC}\sin{\angle PAB}} \] y de manera similar para los otros dos \[\frac{PB_1}{YB_1} = \frac{\sin{\angle A} \sin{\angle PCA}}{\sin{\angle BPC}\sin{\angle PBA}}\] \[\frac{PB_1}{YB_1} = \frac{\sin{\angle C} \sin{\angle PAC}}{\sin{\angle BPA}\sin{\angle PBC}}\] y \[\frac{PC_1}{ZC_1} = \frac{\sin{\angle B}\sin{\angle PAB}}{\sin{\angle BPA} \sin{\angle PCB}}\] \[\frac{PC_1}{ZC_1} = \frac{\sin{\angle A}\sin{\angle PBA}}{\sin{\angle APB} \sin{\angle PCA}}\] Note que al multiplicar $(1), (4)$, luego $(2), (5)$, y después $(3), (6)$, las cosas se cancelan convenientemente para producir \[\left(\frac{\sin{\angle C}}{\sin{\angle APB}}\right)^2, \left(\frac{\sin{\angle A}}{\sin{\angle BPC}}\right)^2, \left(\frac{\sin{\angle B}}{\sin{\angle CPA}}\right)^2 < 1\] lo cual nos dice que $\sin{\angle C} < \sin{\angle APB}$, $\sin{\angle A} < \sin{\angle BPC}$, y $\sin{\angle B} < \sin{\angle CPA}$. Dado que $P$ está en el interior del $\triangle ABC$, sabemos que de hecho $\angle C < \angle APB$, $\angle A < \angle BPC$, y $\angle B < \angle CPA$. Ahora, usando la fórmula de resta del seno con los tres, obtenemos \[\cos{(\tfrac{\angle APB + \angle C}{2})} \sin{(\tfrac{\angle APB - \angle C}{2})} > 0\] \[\cos{(\tfrac{\angle BPC + \angle A}{2})} \sin{(\tfrac{\angle BPC - \angle A}{2})} > 0\] \[\cos{(\tfrac{\angle CPA + \angle B}{2})} \sin{(\tfrac{\angle CPA - \angle B}{2})} > 0\] de lo cual se sigue que $\cos{(\tfrac{\angle APB + \angle C}{2})}, \cos{(\tfrac{\angle BPC + \angle A}{2})}, \cos{(\tfrac{\angle CPA + \angle B}{2})} > 0$. Dado que cada uno de \[\angle APB + \angle C, \angle BPC + \angle A, \angle CPA + \angle B\] está acotado entre $[0, 2\pi)$, se sigue que cada uno de ellos es $< \pi$ y al sumar resulta $3\pi < 3\pi$, una contradicción, como se deseaba. $\blacksquare$

TST Round 3 P2

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