Vì $x,y,z$ không có điều kiện dương nên ta cần lưu ý một chút. Cụ thể như sau
Áp dụng AM-GM cho $x^2,y^2 \ge 0$ ta được
$x^2+y^2 \ge 2\sqrt{x^2y^2}=2|xy| \ge 2xy$
Tương tự
$z^2+y^2\ge 2zy$
$x^2+z^2\ge 2xz$
 Cộng theo từng vế ba BĐT trên ta có
$2(x^2+y^2+z^2) \ge 2xy+2yz+2zx$
từ đây suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}x=y=z\\ x,y,z \text{ cùng dấu}  \end{cases}\Leftrightarrow x=y=z$

PT
$\Leftrightarrow \sin\left(\dfrac{\pi }{3}-4x\right)+\sin\left(\dfrac{\pi }{6}+3x\right)+\sin x-\sin\dfrac{\pi }{2}=0$
$\Leftrightarrow 2\sin\left(\dfrac{\pi }{4}-\dfrac{x }{2}\right)\cos\left(\dfrac{\pi }{12}-\dfrac{7x }{2}\right)+2\cos\left(\dfrac{\pi }{4}+\dfrac{x }{2}\right)\sin\left(\dfrac{\pi }{4}-\dfrac{x }{2}\right)=0$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin\left(\dfrac{\pi }{4}-\dfrac{x }{2}\right)=0\\ \cos\left(\dfrac{\pi }{12}-\dfrac{7x }{2}\right)=-\cos\left(\dfrac{\pi }{4}+\dfrac{x }{2}\right) \end{matrix}} \right.$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin\left(\dfrac{\pi }{4}-\dfrac{x }{2}\right)=0\\ \cos\left(\dfrac{\pi }{12}-\dfrac{7x }{2}\right)=\cos\left(\pi-\dfrac{\pi }{4}-\dfrac{x }{2}\right) \end{matrix}} \right.$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin\left(\dfrac{\pi }{4}-\dfrac{x }{2}\right)=0\\ \cos\left(\dfrac{\pi }{12}-\dfrac{7x }{2}\right)=\cos\left(\dfrac{3\pi }{4}-\dfrac{x }{2}\right) \end{matrix}} \right.$
 Đến đây đơn giản.Em tự viết nốt nghiệm nhé.

Áp dụng BĐT
$\dfrac{a_1^2}{b_1}+\dfrac{a_2^2}{b_2}+\dfrac{a_3^2}{b_3} \ge \dfrac{(a_1+a_2+a_3)^2}{b_1+b_2+b_3} \quad \forall a_i,b_i >0, i=1,2,3.$
hay viết lại dưới dạng
$\sum\dfrac{a_1^2}{b_1} \ge \dfrac{(\sum a_1)^2}{\sum b_1}$
Ta có
$A=\sum\dfrac{a^2}{a^2+(b+c)^2} \ge \sum\dfrac{a^2}{a^2+2b^2+2c^2}=\sum\dfrac{a^4}{a^4+2a^2b^2+2a^2c^2} \ge \dfrac{(\sum a^2)^2}{\sum a^4+4\sum a^2b^2}$
Ta sẽ chứng minh
$ \dfrac{(\sum a^2)^2}{\sum a^4+4\sum a^2b^2} \ge \dfrac{3}{5}\qquad (*)$
Thật vậy,
$(*) \Leftrightarrow 5(\sum a^2)^2 \ge3\left ( \sum a^4+4\sum a^2b^2 \right )\Leftrightarrow \sum a^4\ge\sum a^2b^2$, hiển nhiên đúng.
Vậy $\min A= \dfrac{3}{5}\Leftrightarrow a=b=c.$

Em xem o day nhe

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115126/giai-cac-phuong-trinh-sau

Trước hết dùng BĐT AM-GM dễ chứng minh được các BĐT sau
$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{x+y+z} \qquad \forall x,y,z >0.$
và
$3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2\Rightarrow \dfrac{9}{x+y+z} \ge \dfrac{ 3(x+y+z)}{x^2+y^2+z^2}\qquad \forall x,y,z >0.$
Áp dụng ta có
$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge \dfrac{9}{2(a+b+c)}\geq\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

Cộng theo từng vế hai PT ta được
$3x^2+xy-4x+y-2=0\Leftrightarrow y(x+1)=-3x^2+4x+2\Leftrightarrow y=\dfrac{-3x^2+4x+2}{x+1}$
Thay vào PT thứ nhất ta được
$x^2+\left (\dfrac{-3x^2+4x+2}{x+1} \right )^2+x+\dfrac{-3x^2+4x+2}{x+1}-4=0$
$\Leftrightarrow 10x^4-24x^3+4x^2+15x+2=0$
Pt bậc 4 này có nghiệm không đẹp. Có lẽ là do số liệu từ đề bài. Nếu bạn muốn tìm được nghiệm chính xác thì có thể sử dụng phương pháp Cardano để giải PT bậc 4 tổng quát nhé.

Bài làm trước đây của mình chưa chuẩn lắm. Giờ sửa lại cho hoàn chỉnh nhé.

Cộng theo từng vế hai PT ta được
$x^4 +x^2y^2 - x^2 + xy = 0\Leftrightarrow x^3 +xy^2 - x + y = 0\quad (1)$, dễ thấy rằng $x\neq 0$.
Mặt khác từ pt thứ hai
$x^3y-x^2+xy=-1\Rightarrow y(x^3+x)=x^2-1\Rightarrow y=\dfrac{x^2-1}{x^3+x}$
Thay điều này vào PT $(1)$ ta được
$x^3 +x\left ( \dfrac{x^2-1}{x^3+x} \right )^2 - x + \dfrac{x^2-1}{x^3+x} = 0\Leftrightarrow x(x^2-1)(x^4+2x^3+3)=0$
Vậy  ta có  $(x,y) = (\pm 1,0)$.

Đặt $a= \dfrac{1}{x}, b= \dfrac{1}{y},c= \dfrac{1}{z} \Rightarrow xyz=1.$
Ta có
$\dfrac{2}{a^3\left(b+c\right)}=\dfrac{2}{\dfrac{1}{x^3}\left(\dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}\right)}= \dfrac{2x^2}{y+z}$, do $xyz=1.$
 Như vậy
Vế trái $=\sum\dfrac{2}{a^3\left(b+c\right)}=\sum\dfrac{2x^2}{y+z}$
Áp dụng AM-GM ta có
$\dfrac{2x^2}{y+z} + \dfrac{y+z}{2} \ge 2\sqrt{\dfrac{2x^2}{y+z} . \dfrac{y+z}{2} }=2x $
Suy ra
$\sum\dfrac{2x^2}{y+z}+\sum\dfrac{y+z}{2} \ge \sum2x$
$\Leftrightarrow \sum\dfrac{2x^2}{y+z}+x+y+z \ge 2(x+y+z)$
 $\Leftrightarrow \sum\dfrac{2x^2}{y+z} \ge x+y+z $
  $\Leftrightarrow \sum\dfrac{2x^2}{y+z} \ge x+y+z \ge 3\sqrt[3]{xyz}=3$
 Vậy
$\sum\dfrac{2}{a^3\left(b+c\right)}\ge 3$, đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1.$

Ta có
$\dfrac{a^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\dfrac{1+a}{8}+\dfrac{1+b}{8} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}.\dfrac{1+a}{8}.\dfrac{1+b}{8}}=\dfrac{3a}{4}$
Tương tự
$\dfrac{b^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{1+c}{8}+\dfrac{1+b}{8} \ge  \dfrac{3b}{4}$
$\dfrac{c^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{1+c}{8}+\dfrac{1+a}{8} \ge  \dfrac{3c}{4}$
 Cộng theo từng vế ba BĐT trên và rút gọn ta được
$\dfrac{a^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)} \ge \dfrac{a+b+c}{2}-\dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{2}-\dfrac{3}{4}= \dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{4}= \dfrac{3}{4} $
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.$

Áp dụng AM-GM ta có
$\dfrac{a^2}{b+2c}+\dfrac{b+2c}{9} \ge 2\sqrt{\dfrac{a^2}{b+2c}.\dfrac{b+2c}{9} }=\dfrac{2a}{3}$
Tương tự
$\dfrac{b^2}{c+2a}+\dfrac{c+2a}{9} \ge \dfrac{2b}{3}$
 $\dfrac{c^2}{a+2b}+\dfrac{a+2b}{9} \ge \dfrac{2c}{3}$
 Cộng theo từng vế ba BĐT này và rút gọn ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

Ta có
$\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b} \ge 2\sqrt{\dfrac{1}{p-a}.\dfrac{1}{p-b}}=\dfrac{2}{\sqrt{(p-a)(p-b)}} \ge \frac{2}{\dfrac{p-a+p-b}{2}}=\dfrac{4}{c}$
Tương tự
$\dfrac{1}{p-c}+\dfrac{1}{p-b} \ge\dfrac{4}{a}$
$\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-c} \ge\dfrac{4}{b}$
 Cộng theo từng vế ba BĐT này ta có ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Giải
Ta có: \(\begin{cases}(x+y)(1+\frac{1}{xy})=5 \\ (x^2+y^2)(1+\frac{1}{x^2y^2})=49 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}(x+\frac{1}{x})+(y+\frac{1}{y})=5 \\ (x+\frac{1}{x})^2+(y+\frac{1}{y})^2=53 \end{cases}\)   (*)
Đặt \(u=x+\frac{1}{x}, v=y+\frac{1}{y}\). Khi đó hệ (*) tương đương:
\(\Leftrightarrow \begin{cases}u+v=5 \\ u^2+v^2=53 \end{cases} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}u = 7,v=-2\\u = -2,v=7\end{array} \right.\)
+ Với \(\begin{cases}u=7 \\ v=-2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x+\frac{1}{x}=7 \\ y+\frac{1}{y}=-2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x^2-7x+1=0 \\ y^2+2y+1=0 \end{cases}\) 
  \(\begin{cases}x=\frac{7\pm \sqrt{45}}{2} \\ y=-1 \end{cases} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\begin{cases}x=\frac{7+ \sqrt{45}}{2} \\ y=-1 \end{cases}\\\begin{cases}x= \frac{7- \sqrt{45}}{2}\\ y=-1 \end{cases}\end{array} \right.\)
+ Với \(\begin{cases}u=-2 \\ v=7 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x+\frac{1}{x}=-2 \\ y+\frac{1}{y}=7 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x^2+2x+1=0 \\ y^2-7y+1=0 \end{cases}\) 
  \(\begin{cases}x=-1 \\ y=\frac{7\pm \sqrt{45}}{2} \end{cases} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\begin{cases}x=-1 \\ y=\frac{7+ \sqrt{45}}{2} \end{cases}\\\begin{cases}x= -1\\ y=\frac{7- \sqrt{45}}{2} \end{cases}\end{array} \right.\)

Vậy hệ đã cho có nghiệm $(x;y)=(\frac{7\pm \sqrt{45}}{2};-1),(-1; \frac{7\pm \sqrt{45}}{2})$

HPT
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^3-16x=y^3-4y & & \\ y^2=5x^2+4& & \end{matrix}\right.$
 Nhận thấy từ PT thứ hai thì $y \ne 0$ nên ta có
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^3-16x=y^3-4y & & \\ y^3=5x^2y+4y& & \end{matrix}\right.$
 $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^3-16x=y^3-4y & & \\ y^3-4y=5x^2y& & \end{matrix}\right.$
 Từ đây suy ra
$ x^3-16x=5x^2y\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ y=\dfrac{x^2-16}{5x} \end{matrix}} \right.$
+Nếu $x=0$, thay trở lại hệ ta có $y = \pm 2.$
+Nếu $y=\dfrac{x^2-16}{5x}$ thay trở lạiPT thứ hai ta được
$\left (\dfrac{x^2-16}{5x} \right )^2=5x^2+4\Leftrightarrow (x-1)(x+1)(31x^2+64)=0$
Vậy $(x,y) \in \left\{ {(0,2),(0,-2),(1,-3),(-1,3)} \right\}$