Cho 2 số dương x,y thỏa mãn x^2+y^2>1 và x^2+2y^2-1=

Ta có: \({x^2} + 2{y^2} - 1 = {\rm{ln}}\left( {\frac{{1 - {y^2}}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{ln}}\left( {1 - {y^2}} \right) + \left( {1 - {y^2}} \right) = {\rm{ln}}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\,\,\left( 1 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {\rm{ln}}x + x\,\,{\rm{\;}}(x > 0)\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{1}{x} + 1 > 0,\forall x > 0 \Rightarrow f\left( x \right)\) luôn đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) (2).

Theo (1) ta có: \(f\left( {1 - {y^2}} \right) = f\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\) kết hợp với (2) suy ra \(1 - {y^2} = {x^2} + {y^2} \Leftrightarrow {x^2} + 2{y^2} = 1\).

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM đối với các số dương, ta có:

\(\frac{{{x^4}}}{{{x^2}.{y^2}.{y^2}}} \ge \frac{{{x^4}}}{{\frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {y^2}} \right)}^3}}}{{27}}}} = \frac{{{x^4}}}{{\frac{1}{{27}}}} \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{{y^4}}} \ge 27{x^4} \Rightarrow \frac{x}{{{y^2}}} \ge 3\sqrt 3 {x^2}\).

\(\frac{{16{y^4}}}{{2{y^2}.\left( {{x^2} + {y^2}} \right).\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}} \ge \frac{{16{y^4}}}{{\frac{{{{\left( {2{y^2} + {x^2} + {x^2} + {y^2} + {y^2}} \right)}^3}}}{{27}}}} = \frac{{16{y^4}}}{{\frac{{{2^3}}}{{27}}}} \Rightarrow \frac{{16{y^2}}}{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2}}} \ge 54{y^4} \Rightarrow \frac{{4y}}{{{x^2} + {y^2}}} \ge 3\sqrt 6 {y^2}\)  

\( \Rightarrow \frac{x}{{{y^2}}} + \sqrt 2 .\frac{{4y}}{{{x^2} + {y^2}}} \ge 3\sqrt 3 {x^2} + 6\sqrt 3 {y^2}\)

\( \Leftrightarrow P \ge 3\sqrt 3 \left( {{x^2} + 2{y^2}} \right) = 3\sqrt 3  = 1.\sqrt {27} \).

Vậy có 2 bộ số \(\left( {m;n} \right)\) thỏa mãn.