Ta sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương như sau :

Ta có : \(\sqrt{a+b}< \sqrt{a}+\sqrt{b}\left(1\right)\Leftrightarrow\left(\sqrt{a+b}\right)^2< \left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\Leftrightarrow a+b< a+b+2\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{ab}>0\Leftrightarrow\sqrt{ab}>0\) (luôn đúng)

Vì bất đẳng thức cuối luôn đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh.

Sao khó vậy???mk mới lớp 6 thôi!!!

m<9 ạ em nhầm!

Mình nghĩ với pt tổng quát: \(ax^2+bx+c=0\) có \(\Delta=b^2-4ac\)

Nếu như vậy thì: \(1.x^2+6x+m\) có \(\Delta=6^2-4m\)chứ?

Riêng mình thì bài này mình dùng delta phẩy cho lẹ:

                                       Lời giải

Để pt \(x^2+6x+m=0\) có 2 nghiệm phân biệt thì:

\(\Delta'=\left(\frac{b}{2}\right)^2-ac=3^2-m>0\)

\(\Leftrightarrow m< 9\)

a/

\(VT\ge\frac{\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2}{a+b}+\frac{\frac{1}{2}\left(b+c\right)^2}{b+c}+\frac{\frac{1}{2}\left(c+a\right)^2}{c+a}=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

b/ Ta có: \(x^4+y^4\ge\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\left(y^2+y^2\right)\ge xy\left(x^2+y^2\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{a+bc\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{b+ca\left(a^2+c^2\right)}+\frac{1}{c+ab\left(a^2+b^2\right)}\)

\(VT\le\frac{1}{a+\frac{1}{a}\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{b+\frac{1}{b}\left(a^2+c^2\right)}+\frac{1}{c+\frac{1}{c}\left(a^2+b^2\right)}\)

\(VT\le\frac{a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2+c^2}=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}\)

\(VT\le\frac{a+b+c}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{a+b+c}\le\frac{3}{3\sqrt[3]{abc}}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1^2}{x}+\frac{1^2}{y}+\frac{1^2}{z}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{x+y+z}=\frac{9}{x+y+z}\)( Bất đẳng thức Svac-xơ )

Dấu = xảy ra khi \(\frac{1}{x}=\frac{1}{y}=\frac{1}{z}\)

BĐT trên 

\(< =>\frac{xy+yz+xz}{xyz}\ge\frac{9}{x+y+z}\)

\(< =>\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\ge9xyz\)

Áp dụng BĐT cô si cho 3 số :

\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)

\(xy+yz+xz\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\)

Nhân vế với vế : \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\ge3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=9xyz\)

Nên ta có đpcm

1) Vì \(a,b>0\)\(\Rightarrow\)\(\sqrt{ab}>0\)

                          \(\Leftrightarrow\)\(2\sqrt{ab}>0\)

                          \(\Leftrightarrow\)\(a+b+2\sqrt{ab}>a+b\)

                          \(\Leftrightarrow\)\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2>a+b\)

                          \(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{a+b}\)

Vậy \(\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{a+b}\)

1. Ta có: \(\left(\sqrt{a+b}\right)^2=a+b\)

              \(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2=a+2\sqrt{ab}+b\)

Vì \(a>0\), \(b>0\)\(\Rightarrow\sqrt{ab}>0\)\(\Rightarrow2\sqrt{ab}>0\)

\(\Rightarrow a+b< a+2\sqrt{ab}+b\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{a+b}\right)^2< \left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\)

mà \(\hept{\begin{cases}\sqrt{a+b}>0\\\sqrt{a}+\sqrt{b}>0\end{cases}}\)\(\Rightarrow\sqrt{a+b}< \sqrt{a}+\sqrt{b}\)( đpcm )