Verified answer

Ответ:

[tex]1\dfrac{1}{4}[/tex]

Объяснение:

Нетрудно заметить, что

[tex]\dfrac{x^2+xy+y^2}{xy(x+y)}=\dfrac{(x+y)^2-xy}{xy(x+y)}=\dfrac{x+y}{xy}-\dfrac{1}{x+y}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x+y}[/tex]

Тогда, положив [tex]f(x)=\dfrac{1}{x}+g(x)[/tex], где [tex]g:\mathbb Q^{+} \to \mathbb R[/tex] (это, очевидно, законно, т.к. ф-ция [tex]\dfrac{1}{t}[/tex] ставит в соответствие любому числу из [tex]\mathbb Q^{+}[/tex] некоторое действительное число), получим:

[tex]\dfrac{1}{x}+g(x)+\dfrac{1}{y}+g(y)-\dfrac{1}{x+y}-g(x+y)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x+y}\\ g(x)+g(y)=g(x+y)[/tex]

Полученное уравнение есть не что иное, как уравнение Коши, для которого решения имеют вид [tex]g(x)=kx[/tex].

Значит, [tex]f(x)=\dfrac{1}{x}+kx[/tex].

Теперь нужно учесть все ограничения из условия.
Очевидно, на положительной оси все значения функции действительны.

Поэтому остается только условие [tex]f(x)\geq 1 \;\forall x\in \mathbb R^{+}[/tex] (условие положительности значений функции будет автоматически следовать отсюда).

Если [tex]k\leq 0[/tex], то [tex]\forall x > 1[/tex] верна оценка

[tex]f(x) < 1+\underbrace{kx}_{\leq 0} < 1[/tex] - противоречие. Значит, [tex]k > 0[/tex].

[tex]\dfrac{1}{x}+kx\geq 1\overset{x > 0,k > 0}{\Longleftrightarrow} k+(kx)^2\geq kx\Longleftrightarrow (kx)^2-2\cdot kx\cdot \dfrac{1}{2}-k\geq 0\Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow \left(kx-\dfrac{1}{2}\right)^2\geq k-\dfrac{1}{4}[/tex]

Левая часть неотрицательна, причем минимальное значение 0 достигается (при [tex]x=\dfrac{1}{2k}\in \mathbb R^+[/tex]). Отсюда [tex]0\geq k-\dfrac{1}{4}\Longleftrightarrow k \geq \dfrac{1}{4}[/tex]. При этом, очевидно, [tex]f(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{4}x[/tex] удовлетворяет всем ограничениям.

Тогда, очевидно, [tex]\min{f(1)}=\min\limits_{k\geq 1/4} 1+k=1+\min\limits_{k\geq 1/4} k=1\dfrac{1}{4}[/tex].