Sea [math]P un punto en el interior del triángulo [math]ABC, y sean [math]D, [math]E y [math]F, los puntos de intersección de [math]AP con [math]BC, de [math]BP con [math]AC y de [math]CP con [math]AB, respectivamente. Demostrar que el aréa del triángulo [math]ABC debe ser [math]6 si el aréa de cada uno de los triángulos [math]PFA, [math]PDB y [math]PEC es [math]1.
Dejemos [math]a=(\triangle PFB), [math]b=(\triangle PDC) y [math]c=(\triangle PEA).
Notemos que por relaciones entre las áreas y los lados y por el Teorema de Ceva, [math]\frac{1}{a}\frac{1}{b}\frac{1}{c}=1 \Rightarrow abc=1.
Ahora, notemos por relaciones entre las áreas que [math]\frac{(\triangle AFC)}{(\triangle BFC)} = \frac{(\triangle AFP)}{(\triangle PFB)} = \frac{AF}{FB}.
Reemplazando, tenemos que [math]\frac{2+c}{1+a+b} = \frac{1}{a} \Rightarrow 2a+ac = 1+a+b \Rightarrow a = 1+b - \frac{1}{b}
Ahora, notemos por relaciones entre las áreas que [math]\frac{(\triangle ADB)}{(\triangle ADC)} = \frac{(\triangle BDP)}{(\triangle CDP)} = \frac{BD}{DC}.
Reemplazando, tenemos que [math]\frac{2+a}{1+b+c} = \frac{1}{b} \Rightarrow b = 1+c-\frac{1}{c}.
Supongamos que [math]a>1. Entonces [math]a=b+1-\frac{1}{b} > 1, de donde [math]b-\frac{1}{b}>0 y así [math]b^2 > 1, de donde [math]b>1 ya que [math]b es positivo.
Entonces, de la misma forma, [math]b=c+1-\frac{1}{c}>1 y así [math]c>1 de donde [math]abc>1. Absurdo.
Si suponemos que [math]a<1 obtenemos una contradicción de la misma forma.
Entonces, [math]a=1. Entonces [math]a = b+1-\frac{1}{b}=1, de donde [math]b=1. De la misma forma [math]c=1 y así [math]a+b+c=3, y estamos. [math]\blacksquare.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Cuando obtenemos [math]a=b-\frac{1}{b}+1, sumamos ciclicamente, y cancelamos [math]a+b+c, de donde nos queda que [math]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3, pero por AM-GM, sabemos que [math]\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{3}\geq{\sqrt{\frac{1}{abc}}}\implies{{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}}\geq{3} con igualdad si y solo si [math]a=b=c=1, de dónde cocluimos que el área de [math]ABC es [math]6.
Sean $a$ el área de $PCD$, $b$ el área de $PAE$ y $c$ el área de $PBF$. Tenemos que$$\frac{b+1}{1}=\frac{CP}{PF}=\frac{a+1}{c},$$de donde $bc+c=a+1$. Análogamente se tiene que $ca+a=b+1$ y $ab+b=c+1$. Sumando estas tres igualdades tenemos que $bc+ca+ab=3$. Por Ceva resulta$$\frac{1}{a}\frac{1}{b}\frac{1}{c}=\frac{BD}{DC}\frac{CE}{EA}\frac{AF}{FB}=1,$$de donde $abc=1$. De $bc+c=a+1$ resulta $abc+ac=a^2+a$, de $ca+a=b+1$ resulta $abc+ab=b^2+b$, y de $ab+b=c+1$ resulta $abc+bc=c^2+c$. Sumando estas tres igualdades junto con las condiciones $abc=1$ y $bc+ca+ab=3$ resulta $a^2+b^2+c^2+a+b+c=6$. Pero $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(bc+ca+ab)$, y como $bc+ca+ab=3$, nos queda $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-6$, con lo que la ecuación resulta $(a+b+c)^2-6+a+b+c=6$, es decir $(a+b+c+4)(a+b+c-3)=0$, con lo que $a+b+c=3$.
Consideremos en polinomio $(x-a)(x-b)(x-c)$, esto es igual a $x^3-(a+b+c)x^2+(bc+ca+ab)x-abc$, que por todo lo que demostramos hasta ahora es igual a $x^3-3x^2+3x-1$, es decir, a $(x-1)^3$. En otras palabras, vimos que los polinomios $(x-a)(x-b)(x-c)$ y $(x-1)^3$ son iguales, así que tienen las mismas raíces, es decir $a=b=c=1$. Estamos.