Với sự phân tích trên, ta còn có một kết quả thú vị sau... Nếu tam giác tù thì bất đẳng thức trên không còn đúng nữa..[r]
Trang 1Về một bài toán thi IMO
Tạ Thị Ngọc Hà(1), Vũ Tiến Việt(2)
Với tam giác ABC ta ký hiệu
- Các góc: A, B, C
- Các cạnh: a = BC, b = CA, c = AB
- Các đường cao: h a , h b , h c
- Các trung tuyến: m a , m b , m c
- Các phân giác: l a , l b , l c
- Bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp: r, R
- Bán kính các đường tròn bàng tiếp: r a , r b , r c
- Nửa chu vi: p = 1
2(a + b + c)
- Diện tích: S
• Năm 1961 kỳ thi IMO tại Budapest - Hungary có bài toán sau:
Cho a, b, c là độ dài các cạnh và S là diện tích của một tam giác.
Chứng minh bất đẳng thức a2+ b2+ c2 > 4√ 3S (∗).
Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác là đều.
Bài toán này do R Weitzenb ¨ock đưa ra năm 1919
• Trước Weitzenb ¨ock, năm 1897 I Ionescu đưa ra bất đẳng thức sau:
Chứng minh rằng không tồn tại tam giác thả mãn a2+ b2+ c2 < 4 √ 3S
Vì thế người ta còn gọi (∗) là bất đẳng thức Ionescu-Weitzenb ¨ock.
• Năm 1938 P Finsler và H Hadwiger nêu ra bất đẳng thức "mạnh" hơn bất đẳng
thức Weitzenb ¨ock như sau:
Với mọi tam giác ta có
a2+ b2+ c2 > 4√ 3S + (a − b)2+ (b − c)2+ (c − a)2 (∗∗)
Một số tác giả đã đưa ra khá nhiều cách chứng minh và những phát triển xung quanh 2 bất đẳng thức trên
• Năm 1966 V Gordon đưa ra bất đẳng thức sau:
Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
ab + bc + ca > 4 √ 3S.
(1) Học viên cao học Toán K18 Đại học Quy Nhơn.
(2) Khoa Công nghệ & An ninh thông tin, Học viện An ninh nhân dân.
Trang 2• Ta chứng minh sự tương đương của các bất đẳng thức Ionescu-Weitzenb ¨ock (∗)
và Finsler-Hadwiger (∗∗).
Thật vậy, hiển nhiên từ bất đẳng thức Finsler-Hadwiger (∗∗) suy ra bất đẳng thức Ionescu-Weitzenb ¨ock (∗).
Ta chỉ còn chứng tỏ từ bất đẳng thức Ionescu-Weitzenb ¨ock (∗) suy ra bất đẳng thức Finsler-Hadwiger (∗∗).
Ta vẽ hình như dưới đây, trong đó AA1, BB1, CC1 là phân giác của các góc A, B, C
tương ứng
Xét tam giác A1B1C1 với các cạnh a1, b1, c1 tương ứng, nửa chu vi p1, diện tích S1, bán
kính nội tiếp r1, bán kính ngoại tiếp R1 = R.
Ta có \B1A1C1 = B + C
π
2 −
A
2, nên B1C1 = a1 = 2R sin \ B1A1C1 =
= 2R cos A
2 = 2R
q
p(p−a)
bc = 2Rpabc p pa(p − a) =
q
R r
p
a(p − a).
Tương tự ta có b1 =
q
R r
p
b(p − b), c1 =
q
R r
p
c(p − c) Suy ra
X
cyclic
a2
1 = R
r
X
cyclic
a(p − a) = R
2r
h X
cyclic
cyclic (b − c)2i
,
S1 = a1b1c1
4R1 =
8R3cosA
2 cosB
2 cosC
2
cyclic
cosA
2 = 2R
2 p
4R =
R
2r S.
Áp dụng bất đẳng thức Ionescu-Weitzenb ¨ock (∗) cho tam giác A1B1C1
ta có a2
1+ b2
1+ c2
1 > 4√ 3S1, nên ta được X
cyclic
a2
1 = R
2r
h X
cyclic
cyclic
(b − c)2i
> 4√ 3S1 = R
2r4
√
3S.
Do đó ta được bất đẳng thức Finsler-Hadwiger (∗∗).
Trang 3Với sự phân tích trên, ta còn có một kết quả thú vị sau.
Mệnh đề Với mọi tam giác ABC ta có đẳng thức
a2+ b2+ c2 = 4S X
cyclic
tanA
2 +
X
cyclic (b − c)2.
Chứng minh Áp dụng hệ thức a2+ b2+ c2 = 4S(cot A + cot B + cot C) đối với tam giác
A1B1C1 nói trên ta có a2
1+ b2
1+ c2
1 = 4S1(cot A1+ cot B1 + cot C1) Do đó với sự phân tích ở phía trên thì
X
cyclic
a2
1 = R
2r
h X
cyclic
cyclic
(b − c)2i
= 4S1 X cyclic
tan A
2 = 4
R
2r S
X
cyclic
tanA
2, suy ra điều cần chứng minh
Đến đây chú ý rằng tanA
2 + tanB
2 + tanC
2 > √3 ta có thêm một cách chứng minh
cho bất đẳng thức Finsler-Hadwiger (∗∗).
• Ta giới thiệu một số bất đẳng thức được phát triển dựa trên các bất đẳng thức
Ionescu-Weitzenb ¨ock (∗) và Finsler-Hadwiger (∗∗) sau đây:
Bài toán 1 Cho các số x, y, z thỏa mãn điều kiện
x + y > 0, y + z > 0, z + x > 0, xy + yz + zx > 0.
Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
xa2+ yb2+ zc2 > 4S √ xy + yz + zx.
Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành
xa2+ yb2+ z(a2+ b2− 2ab cos C) > 2ab sin C √ xy + yz + zx
⇔ (x + z)a2+ (y + z)b2 > 2ab
³
z cos C + sin C √ xy + yz + zx
´
⇔ (x + z) a
b + (y + z)
b
a > 2
³
z cos C + sin C √ xy + yz + zx
´
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
(x + z) a
b + (y + z)
b
a > 2
p
(x + z)(y + z)
2
³
z cos C + sin C √ xy + yz + zx
´
6 2
q
(z2+ xy + yz + zx)(cos2C + sin2C)
= 2p(z2+ xy + yz + zx) = 2p(x + z)(y + z)
Vậy ta được bất đẳng thức cần phải chứng minh
Trang 4Bài toán 2 Cho các số x > 0, y > 0, z > 0 Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
xab + ybc + zca > 4S √ xy + yz + zx.
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức của bài toán 1 ta thấy
Với x → x b
a , y → y
c
b , z → z
a
c ta được xab + ybc + zca > 4S
r
xy c
a + yz
a
b + zx
b
c ,
(xab + ybc + zca)2 > 16S2(xy c
a + yz
a
b + zx
b
c ).
Với x → z c
a , y → x
a
b , z → y
b
c ta được
(xab + ybc + zca)2 > 16S2(xy a
c + yz
b
a + zx
c
b ).
Cộng 2 bất đẳng thức này ta được
2(xab + ybc + zca)2 > 16S2
h
xy( c
a
c ) + yz(
a
b +
b
a ) + zx(
b
c +
c
b)
i
> 32S2(xy + yz + zx).
Suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 3 Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
a2+ b2+ c2 > 4√ 3S + 2(m2
a − h2
a ).
Chứng minh Theo công thức đương trung tuyến ta có 4m2
a = 2(b2 + c2) − a2, nên bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a2+ b2+ c2 > 4√ 3S + b2+ c2− a
2
2 − 2h
2
a ,
hay 3a2
2 + 2h
2
a > 4√ 3S.
Bất đẳng thức này đúng vì 3a2
2 + 2h2
a> 2
q
3a2
2 · 2h2
a = 2ah a √3 = 4√ 3S.
Từ đây ta còn suy ra bất đẳng thức
a2 + b2+ c2 > 4√ 3S + 2
3[(m
2
a + m2
b + m2
c ) − (h2
a + h2
b + h2
c )].
Bài toán 4 Với mọi tam giác ABC ta có bất đẳng thức
a2+ b2+ c2 > 4√ 3S + X
cyclic (b − c)2+ 4Rr sin2 B − C
2 .
Trang 5Chứng minh Ta dễ dàng chứng tỏ được
16S2 = 2(a2b2+ b2c2+ c2a2) − (a4+ b4 + c4), 4a2m2
a − 4a2h2
a = 2(b2c2+ c2a2) − a4− 16S2 = (b2− c2)2.
Suy ra 2(m2
a − h2
a) = (b
2− c2)2
2a2 Áp dụng điều này cho tam giác A1B1C1ở trên ta có
2(m2
a1 − h2
a1) = (b21− c21)2
2a2 1
= 4R4(cos B − cos C)2
8R2cos2 A
2
= 2R2sin2 B − C
2 .
Lại áp dụng bài toán 3 cho tam giác A1B1C1 ở phía trên ta có
a2
1+ b2
1+ c2
1 > 4√ 3S1+ 2(m2
a1 − h2
a1)
Từ đây và chú ý tới các mối liên hệ
X
cyclic
a21 = R
2r
h X
cyclic
cyclic (b − c)2
i
, S1 = R
2r S
đã phân tích ở phía trên ta suy ra điều cần chứng minh
Từ đây ta còn suy ra bất đẳng thức
a2+ b2+ c2 > 4√ 3S + X
cyclic
(b − c)2+4
3Rr
X
cyclic
sin2 B − C
2 .
Bài toán 5 Với mọi tam giác ABC ta có bất đẳng thức
a2+ b2+ c2 > 4√ 3S + X
cyclic
(b − c)2+ 2 X
cyclic
hp
a(p − a) −pb(p − b)
i2
.
Chứng minh Áp dụng mệnh đề trên cho tam giác A1B1C1 và chú ý mối liên hệ giữa 2
tam giác ABC và A1B1C1 ta suy ra
X
cyclic
cyclic
tanπ − A
X
cyclic
(a − b)2+ X
cyclic
hp
a(p − a) −pb(p − b)
i2
.
Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi tanπ − x
4 với x ∈ (0, π), ta suy ra điều cần chứng minh
Bài toán 6 Cho số α > 0 Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
a α + b α + c α > 3³ 4S
√
3
´α
2
.
Trang 6Chứng minh Ta có
S = bc
2 sin A =
ca
2 sin B =
ab
2 sin C, nên
S3 = (abc)
2sin A sin B sin C
Mặt khác
3
√
sin A sin B sin C 6 sin A + sin B + sin C
nên
S3 6 (abc)
2
8
³sin A + sin B + sin C
3
´3
.
Ta dễ dàng chứng tỏ được
sin A + sin B + sin C 6 3
√
3
2 ,
do đó suy ra S3 6 (abc)
2
8
³√3
2
´3
⇔ (abc)2 >³ 4S
√
3
´3 Khi đó
a α + b α + c α
3 >
3
√
a α b α c α =
h
(abc)2iα
6
>³ 4S
√
3
´α
2
,
nên ta được bất đẳng thức cần phải chứng minh
Bài toán 7 (Tsintsifa, 1986) Cho các số x > 0, y > 0, z > 0 Với mọi tam giác ta có bất
đẳng thức
x
y + z a
z + x b
x + y c
2 > 2S √ 3.
Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
2(x + y + z) ³ a2
y + z +
b2
z + x+
c2
x + y
´
=
[(x + y) + (y + z) + (z + x)] ³ a2
y + z +
b2
z + x+
c2
x + y
´
> (a + b + c)2,
suy ra
2xa2
y + z +
2yb2
z + x +
2zc2
x + y > 2(ab + bc + ca) − (a
2+ b2+ c2).
Mặt khác, bất đẳng thức Finsler-Hadwiger (∗∗) tương đương với
2(ab + bc + ca) − (a2+ b2+ c2) > 4S √ 3.
Từ đây ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
Trang 7Bài toán 8 Cho n ∈ N Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
a 2n + b 2n + c 2n > 3³ 4S
√
3
´n
+ (a − b) 2n + (b − c) 2n + (c − a) 2n Chứng minh Ta chứng minh 2 kết quả phụ trợ sau:
1) Cho x > y > 0 và n ∈ N Khi đó ta có x n − y n > (x − y) n
Thật vậy, ta có
x n = [(x − y) + y] n = (x − y) n+
n−1
X
k=1
C k
n (x − y) k y n−k + y n > (x − y) n + y n
suy ra điều cần chứng minh
2) Cho các số dương x, y, x và n ∈ N Khi đó ta có
x n + y n + z n> 3³x + y + z
3
´n
.
Thật vậy, ta thấy g(x) = x n là hàm lồi trên (0, ∞), theo bất đẳng thức Jensen ta được
x n + y n + z n
3 >
³x + y + z
3
´n
,
nên ta có điều cần chứng minh
Trở lại bài toán, bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành
[a 2n − (b − c) 2n ] + [b 2n − (c − a) 2n ] + [c 2n − (a − b) 2n] > 3³ 4S
√
3
´n
.
Do kết quả 1) ta có
a 2n − (b − c) 2n > [a2− (b − c)2]n ,
b 2n − (c − a) 2n > [b2− (c − a)2]n ,
c 2n − (a − b) 2n > [c2− (a − b)2]n ,
vì thế để chứng minh bất đẳng thức trên ta sẽ chứng minh
[a2− (b − c)2]n + [b2− (c − a)2]n + [c2− (a − b)2]n> 3³ 4S
√
3
´n
.
Do kết quả 2) và bất đẳng thức Finsler-Hadwiger (∗∗) ta có
[a2− (b − c)2]n + [b2− (c − a)2]n + [c2− (a − b)2]n
> 3ha2+ b2+ c2− (a − b)2− (b − c)2− (c − a)2
3
in
> 3³4√ 3S
3
´n
= 3³ 4S
√
3
´n
,
đây chính là bất đẳng thức cần chứng minh
Trang 8Bài toán 9 Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
ab + bc + ca > 4 √ 3S max n l a
h a
, l b
h b
, l c
h c
o
Chứng minh Không giảm tính tổng quát, ta giả sử
l a
h a
= maxn l a
h a
, l b
h b
, l c
h c
o
,
nên ta cần chứng minh bất đẳng thức
ab + bc + ca > 4 √ 3S l a
h a
= 2√ 3.a.l a
Theo công thức đường phân giác l a= 2
b + c
p
p(p − a)bc, nên ta sẽ chứng minh
ab + bc + ca > 4a
b + c
p
3p(p − a)bc,
⇔ (b + c)(ab + bc + ca) > 4ap3p(p − a)bc,
⇔ (b + c)2(ab + bc + ca)2 > 48a2p(p − a)bc,
⇔ (b + c)2(ab + bc + ca)2 > 12a2(a + b + c)(b + c − a)bc.
Ta lại có (b + c)2 = [a + (b + c − a)]2 > 4a(b + c − a) và
(ab − bc)2+ (bc − ca)2+ (ca − ab)2 > 0,
⇔ (ab)2 + (bc)2+ (ca)2 > ab2c + bc2a + ca2b,
⇔ (ab)2+ (bc)2+ (ca)2+ 2(ab2c + bc2a + ca2b) > 3(ab2c + bc2a + ca2b),
⇔ (ab + bc + ca)2 > 3abc(a + b + c),
nên ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
Bài toán 10 Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
a2+ b2+ c2 > 4S
r
3 + 4(R − 2r)
4R + r + (a − b)
2+ (b − c)2+ (c − a)2.
Chứng minh Ta có
S =pp(p − a)(p − b)(p − c), R = abc
4S , r =
S
p .
Ta đặt a = y + z, b = x + z, c = x + y (x, y, z > 0).
Trang 9Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
(xy + z + yz) >pxyz(x + y + z)
s
4(x + y)(x + z)(y + z) − 5xyz (x + y)(x + y)(y + z) + xyz (xy + xz + yz) > √ yxz
s
4(x + y + z)(xy + xz + yz) − 9xyz
xy + xz + yz
(xy + xz + yz)3+ 9(xyz)2 > 4(xy + xz + yz)(x2yz + y2xz + z2xy)
Đặt xy = l, yz = m, xz = n, thì bất đẳng thức trên trở thành
(l + m + n)3+ 9lmn > 4(l + m + n)(lm + ln + mn).
Điều này đúng theo bất đẳng thức Schur
• Ngược chiều với bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, ta có bất đẳng thức sau: Bài toán 11 Với mọi tam giác không tù ta có
a2+ b2+ c2 6 4√ 3S +2
h
(a − b)2 + (b − c)2+ (c − a)2i
Chứng minh Để chứng minh, ta cần đến bổ đề sau:
Bổ đề 1 Cho f : I → R là hàm lồi Khi đó với mọi x, y, z ∈ I ta có
f (x) + f (y) + f (z)
x + y + z
3 ) >
2 3
h
f ( x + y
2 ) + f (
y + z
2 ) + f (
z + x
2 ) i
Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành
a2+ b2+ c2 6 4√ 3S + 2
h
2(a2+ b2+ c2) − 2(ab + bc + ca)
i
⇔ 4(ab + bc + ca) − 2(a2+ b2+ c2) 6 4√ 3S + (a2+ b2+ c2).
Mặt khác
a2 = b2+ c2− 2bc cos A = (b − c)2+ 2bc(1 − cos A)
= (b − c)2+ 4S 1 − cos A
sin A = (b − c)
2+ 4S tan A
2, nên ta được
a2 + b2+ c2 = (a − b)2+ (b − c)2+ (c − a)2+ 4S³tanA
2 + tan
B
2 + tan
C
2
´
2(ab + bc + ca) − (a2+ b2+ c2) = 4S
³ tan A
2 + tan
B
2 + tan
C
2
´
.
Trang 10Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
8S
³ tanA
2 + tan
B
2 + tan
C
2
´
6 4√ 3S + (a2+ b2+ c2)
2 + tan
B
2 + tan
C
2
´
6√3 + a2+ b2+ c2
Ta có hệ thức cot A + cot B + cot C = a
2+ b2 + c2
4S , nên bất đẳng thức cần chứng minh
trở thành
2
³ tanA
2 + tan
B
2 + tan
C
2
´
6√ 3 + cot A + cot B + cot C.
Xét f (x) = cot x với x ∈ (0, π
2] là hàm lồi (vì có f 00 (x) = 2 cos x
sin3x > 0), nên theo bổ đề trên
ta được
1
3(cot A + cot B + cot C) + cot(
A + B + C
3 ) >
X
cyclic
cot(A + B
2 )
⇔ cot A + cot B + cot C + √3 > 2
³ tanA
2 + tan
B
2 + tan
C
2
´
.
Nhận xét Nếu tam giác tù thì bất đẳng thức trên không còn đúng nữa.
Chẳng hạn xét tam giác với a = b = x, c = 1, trong đó 1
2 < x <
1
√
2 thì theo định lý hàm số cosin ta có 12 = x2+ x2− 2x2cos C nên suy ra
1− < cos C = 2x
2− 1
2x2 < 0, tức C là góc tù.
Trong khi đó bất đẳng thức trên trở thành
2x2+ 1 6p3(4x2− 1) + 4(x − 1)2,
−2x2+ 8x − 3 6p3(4x2− 1),
chọn x = 0.55 ∈ (1
2, √1
2) thì thấy bất đẳng thức sai!
• Ta chứng minh bất đẳng thức "mạnh" hơn như sau:
Bài toán 12 Với mọi tam giác không tù ta có
a2+ b2+ c2 6 4√ 3S + 6 −
√
6 2
h
(a − b)2+ (b − c)2+ (c − a)2i
Chứng minh Để chứng minh, ta cần đến bổ đề sau:
Bổ đề 2 Với mọi tam giác không là tam giác tù ta có a2+ b2+ c2 > 4(R + r)2
Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành
2(a2+ b2 + c2) 6 4√ 3S + (6 − √6)
h
(a − b)2+ (b − c)2+ (c − a)2
i
.
Trang 11Do các hệ thức a2+ b2+ c2 = 2p2− 2r2− 8Rr, ab + bc + ca = p2+ r2+ 4Rr thì bất đẳng
thức trên trở thành
p2(4 − √6) + 4√ 3S > rR(64 − 12 √ 6) + r2(16 − 3 √ 6).
Do bất đẳng thức Gerretsen p2 > 16Rr − 5r2 ta chứng minh rằng
(16Rr − 5r2)(4 − √6) + 4√ 3S > Rr(64 − 12 √ 6) + r2(16 − 3 √6)
Bất đẳng thức này được viết thành
4√ 3S > 4 √ 6Rr + (36 − 8 √ 6)r2 3p2 > 6R2+ 2(9√ 6 − 12)Rr + (9 − 2 √ 6)r2
3p2 > 6R2+ 2(9√ 6 − 12)Rr + (105 − 35 √ 6)r2
Do bổ đề 2 ta cần chứng minh bất đẳng thức
8R + 3r > 2(3 √ 6 − 4)R + (35 − 12 √ 6)r
⇔ (16 − 6 √ 6)(R − 2r) > 0.
Bất đẳng thức sau cùng là đúng do bất đẳng thức Euler R > 2r.
Bài toán 13 Với mọi tam giác ta có
6(ab + bc + ca) − 5(a2+ b2 + c2) 6 4√ 3S 6 2(ab + bc + ca) − (a2+ b2+ c2).
Chứng minh Để chứng minh, ta cần đến bất đẳng thức Schur:
Với mọi số dương x, y, z > 0 và số thực t ∈ R ta có bất đẳng thức
x t (x − y)(x − z) + y t (y − z)(y − x) + z t (z − x)(z − y) > 0.
Với t = 2 và x = a, y = b, z = c ta được
X
cyclic
a4+ abc X
cyclic
a > X
cyclic
ab(a2+ b2),
hay
4(X
cyclic
ab)2 + (X
cyclic
a2)2− 4(X
cyclic
cyclic
a2) > (X
cyclic
cyclic (b + c − a),
điều này tương đương với 4√ 3S 6 2 P
cyclic
cyclic
a2
Trang 12Lại áp dụng bất đẳng thức Schur ta có
(2X
cyclic
cyclic
x2)(X
cyclic
x) 6 9xyz,
nhưng 27xyz 6 ( P
cyclic
x)3, nên ta được
cyclic
cyclic
x2 6
h
3xyz(X cyclic
x)
i1
.
Đến đây thay x + y = a, y + z = b, z + x = c
ta được 6 P
cyclic
cyclic
a2 6 4√ 3S.
Bài toán 14 Với mọi tam giác ta có
4r2+ 16Rr − p2 6√ 3S 6 r(4R + r).
Chứng minh Ta áp dụng bài tập 13 với
X
cyclic
ab = p2+ r2+ 4Rr, X
cyclic
a2 = 2(p2− r2− 4Rr), S = pr.
Bài toán mở: Tìm các số α, β"tối ưu" để bất đẳng thức sau đúng với mọi tam giác
4√ 3S + α Q 6 a2+ b2+ c2 6 4√ 3S + β Q,
trong đó Q = (a − b)2+ (b − c)2+ (c − a)2
Trước hết ta khẳng định rằng nếu bài toán mở có nghiệm α, β thì phải có α 6 1 và
β > 3 Thật vậy, chỉ cần chọn tam giác có a = b = 1 và c = x ∈ (0, 2) ta sẽ suy ra điều
cần chứng minh
Trong [4] Roberto Bosch đã chứng minh rằng với tam giác không tù thì số
√
3
3 − 2 √2 làm thỏa mãn bất đẳng thức ở vế phải.
Lúc đó bất đẳng thức ở vế phải là
a2+ b2+ c2 6 4√ 3S + 2 −
√
3
3 − 2 √2Q.
Dấu (=) xảy ra khi tam giác vuông cân
Lưu ý Các hệ số β ở các bài toán 11, 12 và bài toán mở có quan hệ sau
2 − √3
3 − 2 √2 <
6 − √6
2 < 2.
Nếu tam giác đều thì Q = 0 nên bất đẩng thức ở bài toán mở trở thành tầm thường
và nó là đẳng thức với mọi α, β.