Chandru ha proporcionado el enlace a una solución completa, pero como señala Eric, es algo complicado. Hace unos meses, sin conocer esa solución, había encontrado una prueba menos complicada si se asume que $f$ no sólo es continua sino también diferenciable. A continuación reproduzco esa prueba.
Dejemos que $\triangle$ sea el conjunto de puntos dentro o sobre el triángulo, y $a, b, c : \triangle \to [0,1]$ sean campos escalares en $\triangle$ mapeo de cualquier punto $P$ a las distancias $\overline{AP}$ , $\overline{BP}$ , $\overline{CP}$ respectivamente. Definir el campo escalar $$g := f \circ a + f \circ b + f \circ c = 0.$$ Es fácil demostrar que $\nabla a$ es un vector unitario que se aleja de $A$ y de forma similar para $b$ y $c$ . Entonces $$\nabla g = f'(a) \nabla a + f'(b) \nabla b + f'(c) \nabla c,$$ donde $f'(x) = df/dx$ . Pero $g$ es constante, por lo que $\nabla g = 0$ .
Toma $P$ para ser un punto en el lado $AB$ . Entonces $\nabla a$ y $\nabla b$ son antiparalelas, mientras que $\nabla c$ es linealmente independiente. Para que su combinación lineal sea $0$ el coeficiente de $\nabla c$ que es $f'(c)$ , debe ser $0$ . Desde $P$ es un punto arbitrario en $AB$ , $c$ es cualquier valor entre $\sqrt{3}/2$ y $1$ Así que en ese rango $f'$ es cero, y $f$ es constante.
Una vez que hayamos demostrado que $f'$ es cero entre $\sqrt{3}/2$ y $1$ para cualquier otro valor $a$ es bastante fácil elegir un punto dentro del triángulo que sea $a$ unidades de $A$ y más $\sqrt{3}/2$ unidades de $C$ . Ahora $\nabla g = f'(a) \nabla a + f'(b) \nabla b + f'(c) \nabla c = 0$ . El último término se retira porque $f'(c) = 0$ . $\nabla a$ y $\nabla b$ son linealmente independientes en el interior del triángulo, por lo que sus coeficientes $f'(a)$ y $f'(b)$ debe ser cero. Por lo tanto, $f' = 0$ en todas partes, así que $f$ es constante. En particular, $f(1/\sqrt{3}) = 0$ Así que $f = 0$ en todas partes.
