[Bài toán] BĐT hình học

Bài toán : Cho $m_a,m_b,m_c$ là ba trung tuyến và $h_a,h_b,h_c$ là ba đường cao của một tam giác có diện tích $S$. Chứng minh rằng : $h_a{m}_a^4+h_b{m}_b^4+h_c{m}_c^4\ge 9\sqrt[4]{3}.S^2\sqrt{S}$

Lời giải 

Viết lại điều cần chứng minh :

$\frac{2S}{a}.\frac{(2c^2+2a^2-b^2{)}^2}{16}+\frac{2S}{b}.\frac{(2a^2+2b^2-c^2{)}^2}{16}+\frac{2S}{c}.\frac{(2b^2+2c^2-a^2{)}^2}{16}$$\ge 9\sqrt[4]{3}{S}^2\sqrt{S}$$\iff \frac{(2c^2+2a^2-b^2{)}^2}{8a}+\frac{(2a^2+2b^2-c^2{)}^2}{8b}+\frac{(2b^2+2c^2-a^2{)}^2}{8c}$$\ge 9\sqrt[4]{3}S\sqrt{S}$

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\frac{(2c^2+2a^2-b^2{)}^2}{8a}+\frac{(2a^2+2b^2-c^2{)}^2}{8b}+\frac{(2b^2+2c^2-a^2{)}^2}{8c}$$\ge \frac{[3(a^2+b^2+c^2){]}^2}{8(a+b+c)}$$\ge \frac{(a+b+c{)}^4}{8(a+b+c)}$$=\frac{(a+b+c{)}^3}{8}$$=p^3$

Cần chứng minh :  $p^3\ge 9\sqrt[4]{3}S\sqrt{S}\iff p^6\ge 81\sqrt{3}{S}^3$

Điều này luôn đúng vì theo $AM-GM$ :

$S^3$$=\sqrt{[p(p-a)(p-b)(p-c){]}^3}$$\le \sqrt{{\left[p.\frac{(p-a+p-b+p-c{)}^3}{27}\right]}^3}$$=\sqrt{\frac{p^{12}}{27^3}}$$=\frac{p^6}{\sqrt{27^3}}$$=\frac{p^6}{81\sqrt{3}}$

Ta có điều phải chứng minh.