Đáp án: $P_{min}=1$ khi `a=b=\frac{1}{2}`
Giải thích các bước giải:
Trước hết chứng minh bất đẳng thức: `\frac{A^2}{B}+\frac{C^2}{D}≥\frac{(A+C)^2}{B+D}` với $A;B;C;D>0$
Ta có: `\frac{A^2}{B}+\frac{C^2}{D}≥\frac{(A+C)^2}{B+D}`
`⇔\frac{A^2D+BC^2}{BD}≥\frac{(A+C)^2}{B+D}`
$⇔(A^2D+BC^2)(B+D)≥BD(A+C)^2$
$⇔A^2BD+A^2D^2+B^2C^2+BC^2D≥BD(A^2+2AC+C^2)$
$⇔A^2BD+A^2D^2+B^2C^2+BC^2D≥A^2BD+2ABCD+BC^2D$
$⇔A^2D^2-2ABCD+B^2C^2≥0$
$⇔(AD-BC)^2≥0$ (luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi `AD-BC=0⇔AD=BC⇔\frac{A}{B}=\frac{C}{D}`
Trở lại bài toán:
Đặt `P=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}`
Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh, ta được:
`P=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}≥\frac{(a+b)^2}{a+b}=a+b=1`
Dấu bằng xảy ra `⇔\frac{a}{b}=\frac{b}{a}⇔a^2=b^2⇔a=b` (do $a;b>0$)
Từ $a+b=1⇔b+b=1⇔2b=1$
`⇔a=b=\frac{1}{2}`
