Giả thiết là \(a,b\ge0\)thì chuẩn hơn.

\(\left(a+b\right)^2=a^2+b^2+2ab=1+2ab\ge1\text{ }\Rightarrow\text{ }a+b\ge1\)

Dấu bằng xảy ra khi \(2ab=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=0\\b=0\end{cases}}\)

Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow\text{ }\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\le2\Rightarrow a+b\le\sqrt{2}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a-b=0\Leftrightarrow a=b\)

\(P=\sqrt{1+2a}+\sqrt{1+2b}\)

Max: Áp dụng bđt đã sử dụng ở trên: \(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\)

\(P^2\le2\left(1+2a+1+2b\right)=4\left(a+b\right)+4\le4\sqrt{2}+4\)

\(\Rightarrow P\le\sqrt{4+4\sqrt{2}}=2\sqrt{1+\sqrt{2}}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Min: Dùng bđt \(\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}\ge1+\sqrt{1+x+y}\text{ (1)}\left(x;\text{ }y\ge0\right)\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow1+x+1+y+2\sqrt{1+x}\sqrt{1+y}\ge1+1+x+y+2\sqrt{x+y+1}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{1+x}\sqrt{1+y}\ge\sqrt{1+x+y}\)

\(\Leftrightarrow xy+x+y+1\ge x+y+1\)

\(\Leftrightarrow xy\ge0\)

Do bđt cuối dúng với mọi \(x,y\ge0\) nên (1) đúng.

Dấu bằng xảy ra khi \(xy=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\y=0\end{cases}}\)

\(P\ge1+\sqrt{1+2\left(a+b\right)}\ge1+\sqrt{1+2}=1+\sqrt{3}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\orbr{\begin{cases}a=0;\text{ }b=1\\a=1;\text{ }b=0\end{cases}}\)

Áp dụng BDT Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: 

\(\left(a\sqrt{1+b}+b\sqrt{1+a}\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(2+a+b\right)=a+b+2\)

Tiếp tục áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: \(\left(1.a+1.b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)=2\Rightarrow a+b\le\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\left(a\sqrt{1+b}+b\sqrt{1+a}\right)^2\le a+b+2\le2+\sqrt{2}\Rightarrow a\sqrt{1+b}+b\sqrt{1+a}\le\sqrt{2+\sqrt{2}}\)

\(a\sqrt{1+a}+b\sqrt{1+b}\le\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(1+a+1+b\right)}\)

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

Dấu = xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)

1/ .............. a=<b=<c=<d và a+d=b+c

Ta có :(a+b-c)² \(\ge\) 0

<=>a²+b²+c² \(\ge\) 2(bc-ab+ac)

<=>\(\frac{5}{3}\ge\) 2(bc-ab+ac)

<=>bc+ac-ab \(\le\frac{5}{6}< 1\)

<=>\(\frac{bc+ac-ab}{abc}< \frac{1}{abc}\) (vì a,b,c>0 nên chia cả 2 vế cho abc)

<=>\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< 1\) (đpcm)

Đặt \(a=\frac{x^2}{z},\text{ }b=\frac{y^2}{z}\) thì \(z=\sqrt{x^4+y^4}\) và x, y, z > 0

Ta cần chứng minh: \(z\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)-\left(\frac{x}{y}-\frac{y}{x}\right)^2\ge2\sqrt{2}\)

Tương đương: \(\sqrt{x^4+y^4}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\ge\left(\frac{x}{y}-\frac{y}{x}\right)^2+2\sqrt{2}\)

Sau cùng ta cần chứng minh: \(\frac{2\left(3-2\sqrt{2}\right)\left(x^2-y^2\right)^2}{x^2y^2}\ge0\)

Xong.

Nhân tiện, với cùng điều kiện như trên thì bất đẳng thức sau đây đúng với mọi \(k\le1\):  

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge k\left(\sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2+2\sqrt{2}\)

+) k = 1 đã được chứng minh.

+) k = 0 quá quen thuộc.

+) k < 0 thì yếu hơn k = 0.