Đáp án:

 $P_{min}=8$ khi $a=b=1$

Lời giải:

Ta có: $a;b>0$; $ab^2=1\Rightarrow a=\dfrac1{b^2}$

$P=(1+a)(1+b)^2$

$=(1+a)(1+2b+b^2)$

$=1+2b+b^2+a+2ab+ab^2$

$=1+2b+b^2+\dfrac1{b^2}+2.\dfrac1{b^2}b+\dfrac1{b^2}b^2$
$=1+2b+b^2+\dfrac1{b^2}+\dfrac2b+1$

$=2+b^2+\dfrac1{b^2}+2\left({b+\dfrac1b}\right)$

Theo bất đẳng thức cosy:

$b^2+\dfrac1{b^2}\ge2$

$b+\dfrac1{b}\ge2$

$\Rightarrow P_{min}=2+2+2.2=8$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow b^2=\dfrac1{b^2}\Leftrightarrow b^4=1\Leftrightarrow b=1$ $(b=-1<0\text{(loại)})$

$\Rightarrow a=1$

Giải thích:

Bất đẳng thức cosi là trung bình cộng lớn hơn bằng trung bình nhân của $n$ số thực không âm.

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow n$ số thực đó bằng nhau.

$ab^2=1$

$⇒a=\dfrac{1}{b^2}$

$P=(1+a)(1+b)^2$

$P=(1+a)(b^2+2b+1)$

$P=b^2+2b+1+ab^2+2ab+a$

$P=b^2+2b+1+\dfrac{1}{b^2}.b^2+2\dfrac{1}{b^2}b+\dfrac{1}{b^2}$

$P=b^2+2b+1+1+2.\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b^2}$

$P=b^2+\dfrac{1}{b^2}+2+\left (2b+2\dfrac{1}{b} \right )$

$P=b^2+\dfrac{1}{b^2}+2+2\left (b+\dfrac{1}{b} \right )$

Theo bất đẳng thức Cô-si :

$b^2+\dfrac{1}{b^2} \geq 2\sqrt{\dfrac{b^2}{b^2}}=2$

$b+\dfrac{1}{b} \geq 2\sqrt{\dfrac{b}{b}}=2$

$⇒P \geq 2+2+2.2$

$⇔P \geq 8$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi :

$b^2=\dfrac{1}{b^2}$

$⇔b^2.b^2=1$

$⇔b^4=1$

$⇔b=1  (1)$ ( Vì theo đề bài , $a ; b >0$ )

Mà $a.b^2=1 (2)$

Kết hợp $(1)$ với $(2) ⇒ a=1$

Vậy khi $a=b=1$ thì $Min_P=8$