Cho $x > 0 , \textrm{ } y > 1$ thỏa mãn $\dfrac{1}{2} y^{2} . \left(log\right)_{2} \left( \dfrac{x y - x}{2 y} \right) = - 2 \left(\left( y - 1 \right)\right)^{2} + \dfrac{8 y^{2}}{x^{2}}$. Giá trị nhỏ nhất của $P = \sqrt[4]{e^{\dfrac{x^{2}}{1 + 2 y}}} . \textrm{ } e^{\dfrac{y^{2}}{x + 1}}$ có dạng $e^{\dfrac{m}{n}}$ (trong đó $m , \textrm{ } n$ là các số nguyên dương, $\dfrac{m}{n}$ là phân số tối giản). Giá trị $m + n$ bằng

A.  

$12$.

B.  

$21$.

C.  

$22$.

D.  

$13$.

Đáp án đúng là: D

Cho $x > 0 , \textrm{ } y > 1$ thỏa mãn $\dfrac{1}{2} y^{2} . \left(log\right)_{2} \left( \dfrac{x y - x}{2 y} \right) = - 2 \left(\left( y - 1 \right)\right)^{2} + \dfrac{8 y^{2}}{x^{2}}$. Giá trị nhỏ nhất của $P = \sqrt[4]{e^{\dfrac{x^{2}}{1 + 2 y}}} . \textrm{ } e^{\dfrac{y^{2}}{x + 1}}$ có dạng $e^{\dfrac{m}{n}}$ (trong đó $m , \textrm{ } n$ là các số nguyên dương, $\dfrac{m}{n}$ là phân số tối giản). Giá trị $m + n$ bằng
A. $12$. B. $21$. C. $22$. D. $13$.
Lời giải
Với $x > 0 , \textrm{ } y > 1$, ta có:
$\dfrac{1}{2} y^{2} . \left(log\right)_{2} \left( \dfrac{x y - x}{2 y} \right) = - 2 \left(\left( y - 1 \right)\right)^{2} + \dfrac{8 y^{2}}{x^{2}} \Leftrightarrow \left(log\right)_{2} \left( \dfrac{x y - x}{2 y} \right) = - 4 \left(\left( \dfrac{y - 1}{y} \right)\right)^{2} + \dfrac{16}{x^{2}}$
$\Leftrightarrow \left(log\right)_{2} \dfrac{x}{2} - 4 \left(\left( \dfrac{2}{x} \right)\right)^{2} = \left(log\right)_{2} \left( \dfrac{y}{y - 1} \right) - 4 \left(\left( \dfrac{y - 1}{y} \right)\right)^{2} \textrm{ }\textrm{ }\textrm{ }\textrm{ }\textrm{ } \left( \star \right)$.
Xét hàm số $f \left( t \right) = \left(log\right)_{2} t - \dfrac{4}{t^{2}} \textrm{ }\textrm{ }\textrm{ }\textrm{ } \left( t > 0 \right) \textrm{ }\textrm{ } \Rightarrow f^{'} \left( t \right) = \dfrac{1}{t ln2} + \dfrac{8}{t^{3}} > 0 , \forall t > 0 \Rightarrow f \left( t \right)$ luôn đồng biến trên $\left( 0 ; \textrm{ } + \infty \right)$. Khi đó $\left( \star \right)$ có nghiệm $\dfrac{x}{2} = \dfrac{y}{y - 1} \Leftrightarrow x = \dfrac{2 y}{y - 1}$.
Khi đó $P = \sqrt[4]{e^{\dfrac{x^{2}}{1 + 2 y}}} . \textrm{ } e^{\dfrac{y^{2}}{x + 1}} = e^{\dfrac{\left(\left( \dfrac{x}{2} \right)\right)^{2}}{1 + 2 y} + \dfrac{y^{2}}{x + 1}}$. Đặt $\dfrac{x}{2} = a > 0 \textrm{ } ; \textrm{ } y = b > 1$.
Từ $x = \dfrac{2 y}{y - 1} \Rightarrow \dfrac{x}{2} \left( y - 1 \right) = y \Rightarrow a + b = a b$. Mặt khác, ta có:
$\left(\left( \dfrac{a + b}{2} \right)\right)^{2} \geq a b \Rightarrow \left(\left( \dfrac{a + b}{2} \right)\right)^{2} \geq a + b \Rightarrow \left(\left( a + b \right)\right)^{2} - 4 \left( a + b \right) \geq 0 \Rightarrow a + b \geq 4 \textrm{ }\textrm{ }\textrm{ } \left( d o \textrm{ }\textrm{ } a + b > 0 \right) .$
Ta có: $P = e^{\dfrac{a^{2}}{1 + 2 b} + \dfrac{b^{2}}{1 + 2 a}}$. Theo bất đẳng thức BCS ta có: $\dfrac{a^{2}}{1 + 2 b} + \dfrac{b^{2}}{1 + 2 a} \geq \dfrac{\left(\left( a + b \right)\right)^{2}}{2 + 2 \left( a + b \right)}$.
Xét hàm số $f \left( t \right) = \dfrac{t^{2}}{2 + 2 t} \textrm{ }\textrm{ } , \textrm{ }\textrm{ } \left( t \geq 4 \right) \Rightarrow f^{'} \left( t \right) = \dfrac{2 t^{2} + 4 t}{\left(\left( 2 + 2 t \right)\right)^{2}} \textrm{ } > 0 , \forall t \geq 4 \Rightarrow f \left( t \right)$ luôn đồng biến trên $\left[ 4 ; \textrm{ } + \infty \right)$.
Suy ra $\underset{\left[ 4 ; \textrm{ } + \infty \right)}{min} f \left( t \right) = f \left( 4 \right) = \dfrac{8}{5} .$ Khi đó: $P_{min} = e^{\dfrac{8}{5}} = e^{\dfrac{m}{n}} \Rightarrow m = 8 , \textrm{ } n = 5 \textrm{ } \Rightarrow m + n = 13 .$.