(0,5 điểm) Cho P = căn bậc hai a + 1 + căn bậc hai b + 1 , với a , b là các số không âm thỏa mãn a^ 2 + b^ 2 = 2

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

\(\sqrt 2 \sqrt {a + 1}  \le \frac{{2 + a + 1}}{2} \le \frac{{3 + \frac{{{a^2} + 1}}{2}}}{2}\), dấu bằng xảy ra khi \[a = 1\]

Chứng minh tương tự suy ra \(P \le 2\sqrt 2 ,\) đẳng thức xảy ra khi \(a = b = 1.\)

Do đó, \(a\left( {\sqrt 2  - a} \right) + b\left( {\sqrt 2  - b} \right) \ge 0 \Leftrightarrow a + b \ge \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \)

Ta có: \(\sqrt {a + 1}  + \sqrt {b + 1}  \ge 1 + \sqrt {a + b + 1}  \ge 1 + \sqrt {\sqrt 2  + 1} \),

Vậy GTLN của \(P\) là \(2\sqrt 2 \) khi \(a = b = 1.\)

đẳng thức xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\)  hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right..\)

Vậy GTLN của \(P\) là\(1 + \sqrt {\sqrt 2  + 1} \) khi\(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\)  hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right..\)