Отложим на сторонах угла величиной $60^\circ$ от его вершины $P$ отрезки $PB_i=OA_i$, $i=1$, 2, $\ldots$, 6, как показано на рисунке. Поскольку отрезки $B_1B_2$, $B_2B_3$, $\ldots$, $B_6B_1$ соответственно равны отрезкам $A_1A_2$, $A_2A_3$, $\ldots$, $A_6A_1$, достаточно доказать, что $$B_1B_2+B_3B_4+B_5B_6 \lt B_2B_3+B_4B_5+B_6B_1.$$
Это неравенство получается, если сложить 4 неравенства треугольника (см. рисунок):
$$\begin{gather*}
B_1B_2 \lt B_1C_1+C_1B_2,\\
B_3C_2 \lt B_3C_1+C_1C_2,\\
C_2B_4 \lt C_2C_3+C_3B_4,\\
B_5B_6 \lt B_5C_3+C_3B_6,
\end{gather*}$$
где $C_1$, $C_2$, $C_3$ — точки пересечения отрезка $B_1B_6$ с отрезками $B_2B_3$, $B_3B_4$ и $B_4B_5$. (Указанные отрезки пересекаются благодаря неравенствам, данным в условии. Например, из неравенств $PB_3 \lt PB_1$ и $PB_6 \lt PB_2$ следует, что точки $B_3$ и $P$ лежат по одну сторону от $B_1B_6$, а $B_2$ и $P$ — по разные, поэтому $B_3$ и $B_2$ лежат по разные стороны от $B_1B_6$, т. е. прямая $B_1B_6$ пересекает отрезок $B_2B_3$; аналогично доказывается, что прямая $B_2B_3$ пересекает отрезок $B_1B_6$, и, следовательно, отрезки $B_2B_3$ и $B_1B_6$ пересекаются.)
Рисунок
