Điền một số tự nhiên thích hợp vào chỗ trống.

Cho \(x > 0,y > 1\) thỏa mãn \(\frac{1}{2}{y^2} \cdot {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{{xy - x}}{{2y}}} \right) = - 2{\left( {y - 1} \right)^2} + \frac{{8{y^2}}}{{{x^2}}}\). Giá trị nhỏ nhất của \(P = \sqrt[4]{{{e^{\frac{{{x^2}}}{{1 + 2y}}}}}} \cdot {e^{\frac{{{y^2}}}{{x + 1}}}}\) có dạng \({e^{\frac{m}{n}}}\) (trong đó \(m\), \(n\) là các số nguyên dương, \(\frac{m}{n}\) là phân số tối giản). Giá trị \({m^{n - 1}}\) bằng _____.

Đáp án: 4096.

Với \(x > 0,y > 1\), ta có:

\(\frac{1}{2}{y^2} \cdot {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{{xy - x}}{{2y}}} \right) = - 2{\left( {y - 1} \right)^2} + \frac{{8{y^2}}}{{{x^2}}} \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{{xy - x}}{{2y}}} \right) = - 4{\left( {\frac{{y - 1}}{y}} \right)^2} + \frac{{16}}{{{x^2}}}\)\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\frac{x}{2} - 4{\left( {\frac{2}{x}} \right)^2} = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{y}{{y - 1}}} \right) - 4{\left( {\frac{{y - 1}}{y}} \right)^2}\left( {\rm{*}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t - \frac{4}{{{t^2}}}\).

Có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + \frac{8}{{{t^3}}} > 0,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)\). Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Khi đó \(\left( {\rm{*}} \right)\) có nghiệm \(\frac{x}{2} = \frac{y}{{y - 1}} \Leftrightarrow x = \frac{{2y}}{{y - 1}}\).

Từ \(x = \frac{{2y}}{{y - 1}} \Rightarrow \frac{x}{2}\left( {y - 1} \right) = y\).

Đặt \(a = \frac{x}{2};b = y\). Khi đó \(a\left( {b - 1} \right) = b \Leftrightarrow a + b = ab\)

Mặt khác, ta có: \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab \Rightarrow {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge a + b \Rightarrow {(a + b)^2} - 4\left( {a + b} \right) \ge 0 \Rightarrow a + b \ge 4{\rm{\;}}\)\(({\rm{do\;}}a + b > 0)\).

Thay \(x = 2a;y = b\) vào biểu thức \(P\) ta được \(P = \sqrt[4]{{{e^{\frac{{4{a^2}}}{{1 + 2b}}}}}} \cdot {e^{\frac{{{b^2}}}{{2a + 1}}}} = {e^{\frac{{{a^2}}}{{1 + 2b}}}} \cdot {e^{\frac{{{b^2}}}{{2a + 1}}}} = {e^{{e^{\frac{{{a^2}}}{{1 + 2b}} + \frac{{{b^2}}}{{2a + 1}}}}}}\).

Ta có: \(P = {e^{\frac{{{a^2}}}{{1 + 2b}} + \frac{{{b^2}}}{{1 + 2a}}}}\). Theo bấc đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có\(\;\frac{{{a^2}}}{{1 + 2b}} + \frac{{{b^2}}}{{1 + 2a}} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{2 + 2\left( {a + b} \right)}}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2}}}{{2 + 2t}}\)luôn đồng biến trên \(\left[ {4; + \infty } \right)\). Suy ra .

Khi đó: \({P_{{\rm{min}}}} = {e^{\frac{8}{5}}} = {e^{\frac{m}{n}}} \Rightarrow m = 8,n = 5 \Rightarrow {m^{n - 1}} = {8^4} = 4096\).