Chceli by sme, aby ľavá strana nerovnosti bola čo najmenšia, zatiaľ čo tá pravá čo najväčšia, pretože tak dosiahneme čo najväčšie obmedzenie na $k$. Chceli by sme teda nájsť také trojuholníky, pre ktoré je $12a^2+b^2+c^2$ čo najmenšie, zatiaľ čo $S$ je čo najväčšie. Trojuholníkov existuje nesmierne veľa, bolo by teda dobré nejakým spôsobom sa obmedziť na tie, ktoré čo najviac minimalizujú ľavú stranu nerovnosti a maximalizujú obsah trojuholníka.

Ukážeme, že zaujímavé sú práve rovnoramenné trojuholníky s $b=c$. Ak sa pozrieme na všetky trojuholníky pre konkrétne $a$ a $S$, máme pevne danú aj ich výšku na stranu $a$, ktorá sa dá vypočítať zo vzťahu

$$\begin{aligned} S=\frac{av_a}{2}.\end{aligned}$$

Ďalej budeme používať len výšku na stranu $a$, takže ju budeme značiť už iba $v$. Keď máme takto zafixované $a$ a $S$, ostáva už len minimalizovať $b^2+c^2$. Oba sčítance vieme vypočítať z Pytagorovej vety.

Nech $x$ označuje vzdialenosť päty výšky na stranu $a$ od jej krajného bodu $B$. Ak päta leží vnútri strany $a$ alebo je zhodná s niektorým krajným bodom, z Pytagorovej vety platí:

$$\begin{aligned} b^2 &= (a-x)^2 + v^2,\ c^2 &= x^2 + v^2.\end{aligned}$$

Ak päta neleží vnútri strany $a$, nech BUNV¹ leží na polpriamke opačnej k $BC$ (ak máme $BC$ vodorovne smerom doprava, tak leží naľavo od $B$). Prípad, kedy leží napravo od $C$ je symetrický. Potom opäť použijeme Pytagorovu vetu a máme

$$\begin{aligned} b^2 &= (a+x)^2 + v^2,\ c^2 &= x^2 + v^2.\end{aligned}$$

Vidíme, že sme si vôbec nepomohli, práve naopak. Hodnota $b^2$ sa zväčšila, namiesto $(a-x)^2$ máme v súčte $(a+x)^2$. Hodnota $c^2$ sa nezmenila. Keďže chceme $b^2+c^2$ minimalizovať, tento prípad nebudeme ďalej uvažovať.

Ak je trojuholník rovnoramenný, potom $b^2 = c^2 = v^2 + (\frac{a}{2})^2$. Chceme dokázať, že v tomto prípade je $b^2 + c^2$ najmenšie možné, teda:

$$\begin{aligned} ((a-x)^2 + v^2) + (x^2 + v^2) &\geq 2\left(v^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2\right),\ a^2 - 2ax + 2x^2 + 2v^2 &\geq 2v^2 + \frac{a^2}{2}.\end{aligned}$$

Prenásobíme dvomi:

$$\begin{aligned} a^2 - 4ax + 4x^2 &\geq 0,\ (a-2x)^2 &\geq 0.\end{aligned}$$

Druhá mocnina vždy bude nezáporná a postupovali sme ekvivalentnými úpravami, takže toto tvrdenie je dokázané. Navyše pre iné $x$ ako $\frac{a}{2}$ rovnosť nenastáva. Stačí uvažovať rovnoramenné trojuholníky. Vyjadrenie $b$, $c$ a $S$ pomocou $a$ a $v$ teraz dosadíme do pôvodnej nerovnosti a opäť prenásobíme dvomi:

$$\begin{aligned} 12a^2 + 2v^2 + \frac{a^2}{2} &\geq k \frac{av}{2},\ 25a^2 + 4v^2 &\geq kav,\ 25a^2 - kav + 4v^2 &\geq 0.\end{aligned}$$

Toto nám nápadne pripomína roznásobenie druhej mocniny rozdielu, konkrétne

$$\begin{aligned} (5a-2v)^2 = 25a^2 - 20av + 4v^2.\end{aligned}$$

Vidíme, že ak zvolíme $k=20$, dostaneme opäť druhú mocninu, ktorá má byť väčšia alebo rovná nule, nerovnosť je splnená. Ak by však $k$ bolo väčšie ako $20$, mali by sme

$$\begin{aligned} 25a^2 - kav + 4v^2 = (5a-2v)^2 + 20av - kav = (5a-2v)^2 + av(20 - k)\geq 0,\end{aligned}$$

čo už platiť nemusí, stačí ak $(5a-2v)^2$ bude $0$ a $av$ kladné.

Hľadané $k$ je teda $20$. Rovnosť nastáva vtedy, kedy nastáva v uvedených nerovnostiach, teda $5a=2v$ a $b=c$, čiže

$$\begin{aligned} b^2 = c^2 = v^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \left(\frac{5a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{26a^2}{4}.\end{aligned}$$

Z toho vyplýva

$$\begin{aligned} b = c = \sqrt{\frac{13}{2}}a.\end{aligned}$$

Pre všetky takéto trojuholníky v zadanej nerovnosti pre $k=20$ nastáva rovnosť.