Đề bài - bài 4.8 trang 104 sbt đại số 10
\(\begin{array}{l}a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}\\\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{a}.\dfrac{1}{b}.\dfrac{1}{c}}} = \dfrac{3}{{\sqrt[3]{{abc}}}}\\ \Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)\\ \ge 3\sqrt[3]{{abc}}.\dfrac{3}{{\sqrt[3]{{abc}}}} = 9\\ \Rightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}}\end{array}\) Đề bài Cho a, b, c là những số dương. Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}}\) Phương pháp giải - Xem chi tiết Biến đổi vế trái Lời giải chi tiết \((a + b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) \) \(= 3+ (\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}) + (\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{a}) + (\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{b})\) Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(\begin{array}{l} \(\begin{array}{l} Cách khác: \(\begin{array}{l}
|