Из точки $P$ внутри данного треугольника $ABC$ опускаются перпендикуляры $PA_1$, $PB_1$, $PC_1$ на прямые $BC$, $CA$ и $AB$. Для каких точек $P$ внутри $\triangle ABC$ величина
$$
\dfrac{|BC|}{|PA_1|}+\dfrac{|CA|}{|PB_1|}+\dfrac{|AB|}{|PC_1|}
$$
принимает наименьшее значение?
Международная математическая олимпиада школьников (XXII, 1981 год)
Пусть $|BC|=a$, $|CA|=b$, $|AB|=c$, $|MA_1|=x$, $|MB_1|=y$, $|MC_1|=z$. Заметим, что величина $ax+by+cz$ постоянна: для любой точки $M$ внутри данного треугольника она равна $2S$ — удвоенной его площади (см. рисунок).Оценим произведение интересующей нас величины $f=\dfrac ax+\dfrac by+\dfrac cz$ на эту постоянную:
$$\begin{gather*}
f\cdot2S=\left(\dfrac ax+\dfrac by+\dfrac cz\right)(ax+by+cz)=\\
=a^2+b^2+c^2+ab\left(\dfrac xy+\dfrac yx\right)+bc\left(\dfrac yz+\dfrac zy\right)+ac\left(\dfrac zx+\dfrac xz\right)\ge\\
\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=P^2,
\end{gather*}$$
где $P=a+b+c$. Мы трижды воспользовались очевидным неравенством $\dfrac uv+\dfrac vu\ge2$, которое превращается в равенство при $u=v$. Таким образом, мы доказали, что неравенство
$$
f=\dfrac ax+\dfrac by+\dfrac cz\ge\dfrac{P^2}{2S}
$$
верно для любых $x$, $y$, $z$ (таких, что $ax+by+cz=2S$) и обращается в равенство при $x=y=z$, так что минимум выражения $f$ достигается в центре окружности, вписанной в наш треугольник: именно в этой точке $x=y=z=\dfrac{2S}P$.
