Пусть в данном треугольнике $ABC$ длины сторон $AB$, $BC$ и $CA$ равны $c$, $a$ и $b$, тогда, как легко видеть, отрезки сторон от вершин $A$, $B$, $C$ до точек касания вписанной окружности со сторонами равны
$$
x=\frac{b+c-a}{2},\quad y=\frac{c+a-b}{2},\quad z=\frac{a+b-c}{2}\tag{1}
$$
(обозначения см. на рисунке). При этом полупериметр $p$ треугольника равен $x+y+z$. Приравнивая выражения для площади $S$ треугольника по формуле Герона —
$$
S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},
$$
и через полупериметр и радиус $r=1$ вписанной окружности —
$$
S=pr,
$$
получим, что $p=(p-a)(p-b)(p-c)$ или $$
x+y+z=xyz.\tag{2}
$$
Из равенств (1) следует, что числа $x$, $y$ и $z$ либо все одновременно целые, либо полуцелые (т. е. вида $n+\dfrac12$, где $n$ — целое). Во втором случае числа $2x$, $2y$ и $2z$ должны были бы быть нечётными, что невозможно в силу равенства (2) $(2x\cdot2y\cdot2z=4(2x+2y+2z)=4(a+b+c)$ — нечётное число равно чётному), и, таким образом, мы должны решить уравнение (2) в целых числах.
Пусть для определённости $x\le y\le z$, тогда $xyz\le3z$, т. е. $xy\le3$. Перебирая пары натуральных чисел $(x,y)$, удовлетворяющих этому неравенству (и условию $x\le y$), получим, что либо $x=y=1$, и тогда $2+z=z$, что невозможно; либо $x=1$, $y=2$, и тогда $3+z=2z$, т. е. $z=3$; либо $x=1$, $y=3$ и $z=2<y$, что противоречит нашему предположению. Итак, $x=1$, $y=2$, $z=3$, т. е. $a=y+z=5$, $b=z+x=4$, $c=x+y=3$.
Рисунок
