Cho $x;y$ là hai số thực dương thỏa mãn $x\ne y$ và ${{\left({{2}^{x}}+\frac{1}{{{2}^{x}}} \right)}^{y}}<{{\left( {{2}^{y}}+\frac{1}{{{2}^{y}}}...

Ta có ${{\left( {{2}^{x}}+\frac{1}{{{2}^{x}}} \right)}^{y}}<{{\left( {{2}^{y}}+\frac{1}{{{2}^{y}}} \right)}^{x}}\Leftrightarrow y\ln \left( {{2}^{x}}+\frac{1}{{{2}^{x}}} \right)<x\ln \left( {{2}^{y}}+\frac{1}{{{2}^{y}}} \right)$
$\Leftrightarrow \frac{\ln \left(2^{x}+\frac{1}{2^{x}}\right)}{x}<\frac{\ln \left(2^{y}+\frac{1}{2^{y}}\right)}{y}$ (do $x,y>0$ ).
Xét hàm đặc trưng $f\left( t \right)=\frac{\ln \left( {{2}^{t}}+\frac{1}{{{2}^{t}}} \right)}{t},t>0$ có $f'\left( t \right)=\frac{\left( {{2}^{t}}-\frac{1}{{{2}^{t}}} \right)t\ln 2-\left( {{2}^{t}}+\frac{1}{{{2}^{t}}} \right)\ln \left( {{2}^{t}}+\frac{1}{{{2}^{t}}} \right)}{{{t}^{2}}\left( {{2}^{t}}+\frac{1}{{{2}^{t}}} \right)}$
Do $\left\{ \begin{aligned}
& {{2}^{t}}-\frac{1}{{{2}^{t}}}<{{2}^{t}}+\frac{1}{{{2}^{t}}} \\
& t\ln 2=\ln {{2}^{t}}<\ln \left( {{2}^{t}}+\frac{1}{{{2}^{t}}} \right) \\
\end{aligned} \right.\forall t>0 $ nên $ f'\left( t \right)<0\Rightarrow f\left( t \right) $ nghịch biến trên $ \left( 0;+\infty \right)$
Suy ra $x>y\Rightarrow \frac{x}{y}>1$.
Xét $P=\frac{{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}}{xy-{{y}^{2}}}=\frac{{{\left( \frac{x}{y} \right)}^{2}}+3}{\frac{x}{y}-1}$, Đặt $t=\frac{x}{y},t>1\Rightarrow P=\frac{{{t}^{2}}+3}{t-1}=t-1+\frac{4}{t-1}+2\ge 6$
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi $t-1=\frac{4}{t-1}\Leftrightarrow t=3\Leftrightarrow x=3y$.
Vậy ${{P}_{\min }}=6\Leftrightarrow x=3y$.
Cách 2:
Với $x,y>0$ áp dụng cô si ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& {{2}^{x}}+\frac{1}{{{2}^{x}}}\ge 2 \\
& {{2}^{y}}+\frac{1}{{{2}^{y}}}\ge 2 \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {{\left( {{2}^{x}}+\frac{1}{{{2}^{x}}} \right)}^{y}}<{{\left( {{2}^{y}}+\frac{1}{{{2}^{y}}} \right)}^{x}}\Leftrightarrow y<x\Leftrightarrow \frac{x}{y}>1$
Làm tiếp như cách 1.