Lời giải
Ta có \(\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right) = \frac{9}{4}\)
\( \Leftrightarrow a + b + ab + 1 = \frac{9}{4}\)
\( \Leftrightarrow a + b + ab = \frac{4}{4}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có
a2 + b2 ≥ 2ab
\[{{\rm{a}}^2} + \frac{1}{4} \ge 2.a.\frac{1}{2} = a\]
\[{b^2} + \frac{1}{4} \ge 2.b.\frac{1}{2} = b\]
Suy ra \[{{\rm{a}}^2}{\rm{ + }}{{\rm{b}}^2}{\rm{ + 2}}\left( {{{\rm{a}}^2} + \frac{1}{4}} \right) + 2\left( {{b^2} + \frac{1}{4}} \right) \ge 2ab + 2{\rm{a}} + 2b\]
⇔ 3(a2 + b2) + 1 ≥ 2(a + b + ab)
\( \Leftrightarrow 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge 2.\frac{5}{4} - 1 = \frac{3}{2}\)
\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge \frac{1}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Min – cốp – ski ta có
\(P = \sqrt {1 + {a^4}} + \sqrt {1 + {b^4}} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {{a^2}} \right)}^2}} + \sqrt {{1^2} + {{\left( {{b^2}} \right)}^2}} \ge \sqrt {\left( {{1^2} + {1^2}} \right) + {{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}} \)
\[ \Leftrightarrow P \ge \sqrt {4 + {{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}} \]
\( \Leftrightarrow P \ge \sqrt {4 + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} \)
\( \Leftrightarrow P \ge \frac{{\sqrt {17} }}{2}\)
Dấu “ = ” xảy ra khi \[{\rm{a}} = b = \frac{1}{2}\]
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(\frac{{\sqrt {17} }}{2}\) khi \[{\rm{a}} = b = \frac{1}{2}\].