Cho hai số thực dương \(a\) và \(b\) thỏa mãn \(a + b \le 2\). Chứng minh

Cách 1: Ta có \(\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + a}} \le 1\)

\( \Leftrightarrow {a^2}\left( {{b^2} + a} \right) + {b^2}\left( {{a^2} + b} \right) \le \left( {{a^2} + b} \right)\left( {{b^2} + a} \right)\) hay\({a^2}{b^2} \le ab\)

Sử dụng bất đẳng thức Cô si, ta có \(2 \ge a + b \ge 2\sqrt {ab} \). Suy ra \(ab \le 1\).

Từ đó \({a^2}{b^2} \le ab\). Ta có điều phải chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1\).

Cách 2: Có \(P = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + a}} = \frac{{{a^2} + b - b}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^2} + a - a}}{{{b^2} + a}} = 2 - \left( {\frac{b}{{{a^2} + b}} + \frac{a}{{{b^2} + a}}} \right)\)

Ta có: \(\frac{b}{{{a^2} + b}} + \frac{a}{{{b^2} + a}} = \frac{{{b^2}}}{{{a^2}b + {b^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{b^2}a + {a^2}}}\)\( \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + ab\left( {a + b} \right)}}\)

Mà \(a + b \le 2 \Rightarrow {a^2} + {b^2} + ab\left( {a + b} \right) \le {\left( {a + b} \right)^2}\)

\( \Rightarrow \frac{b}{{{a^2} + b}} + \frac{a}{{{b^2} + a}} \ge 1 \Rightarrow P \le 1\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1\).