\(0<2\sqrt{ab}\) cộng 2 vế với a+ b

a+b< a+b+ 2.căn(ab)

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

lấy căn 2 vế  là xong

Vẽ hình tam giác có hai cạnh góc vuông \(\sqrt{a}\)và \(\sqrt{b}\), độ dài cạnh huyền là c.

Áp dụng định lý Pytago ta có: \(\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2=a+b=c^2\)

\(\Rightarrow c=\sqrt{a+b}\)

Theo bất đẳng thức tam giác thì: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}>c=\sqrt{a+b}\left(đpcm\right)\)

Nhận thấy \(a+b< a+b+2\sqrt{ab}\)<=>\(a+b< \left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\)

Do a,b đều dương, lấy căn 2 vế ta được: 

\(\sqrt{a+b}< \sqrt{a}+\sqrt{b}\)(đpcm)

Chúc bạn học tốt!

Theo bài ra có có a>b>0 nên \(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{a-b}\)đều xác định và dương

Ta có: \(\sqrt{a-b}+\sqrt{b}\)là số dương 

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

Thấy \(2\sqrt{b\left(a-b\right)}>0\)nên \(\left(\sqrt{a-b}+\sqrt{b}\right)^2>a\left(1\right)\)

Ta có \(\sqrt{a}\)là số không âm và \(\left(\sqrt{a}\right)^2=a\left(2\right)\)

Từ (1)(2) => \(\left(\sqrt{a-b}+\sqrt{b}\right)^2>\left(\sqrt{a}\right)^2\left(3\right)\)

Từ (3) theo định lý so sánh các căn bậc 2 số học 

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

\(\orbr{\begin{cases}\left|\sqrt{a-b}+b\right|>\left|\sqrt{a}\right|\\\sqrt{a-b}+\sqrt{b}>\sqrt{a}\end{cases}}\)

=> ĐPCM

Áp dụng bđt Cô-si ta được

\(\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{b}\ge2\sqrt{\sqrt{\frac{a^2}{b}}.\sqrt{b}}=2\sqrt{a}\)

Tương tự \(\sqrt{\frac{b^2}{a}}+\sqrt{a}\ge2\sqrt{b}\)

Cộng 2 vế của bđt trên lại ta được

\(\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}+\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge2\sqrt{a}+2\sqrt{b}\)

\(\RightarrowĐpcm\)

Dấu "=" <=> a = b