a)
Áp dụng BĐT quen thuộc $(x-y)^2 \ge 0\Leftrightarrow x^2+y^2 \ge 2xy$ ta có
$3=x^2+xy+y^2 \ge 2xy+xy=3xy\Rightarrow 1 \ge xy.$
Áp dụng BĐT quen thuộc $(x+y)^2 \ge 0\Leftrightarrow x^2+y^2 \ge -2xy$ ta có
$3=x^2+xy+y^2 \ge -2xy+xy=-xy\Rightarrow -3 \le xy.$

Nhận thấy $x=0$ không phải là nghiệm của hệ.
HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}3y-2=\left (-\dfrac{2}{x} \right )^3 \\ 3\left (-\dfrac{2}{x} \right )-2=y^3 \end{cases}\underbrace{\Leftrightarrow} {t =-\dfrac{2}{x}} \rightarrow  \begin{cases}3y-2=t^3 \\ 3t-2=y^3 \end{cases}$
Trừ theo từng vế ta được $t^3-y^3=3(y-t)\Leftrightarrow (t-y)(t^2+yt+y^2+3)=0\Leftrightarrow t=y$, do $t^2+yt+y^2+3>0 \quad \forall y,t.$
Thay ngược lại ta có $3y-2=y^3 \Leftrightarrow (y-1)^2(y+2)=0\Leftrightarrow y=1$ hoặc $y=-2$.
Vậy $(x,y) \in \left\{ {((-2,1),(1,-2)} \right\}$

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\prod\limits_{k = 1}^n {\sqrt[{{2^k}}]{2}} } \right)=\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\prod\limits_{k = 1}^n {2^{\frac{1}{2^k}}} } \right)=\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( { {2^{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k}}} } \right)= { {2^{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k}}} }$
Ta có
$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^k}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1-\dfrac{1}{2^n}}{1-\dfrac{1}{2}}=1-\dfrac{1}{2^n}\Rightarrow {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k}}=1 $
Vậy
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\prod\limits_{k = 1}^n {\sqrt[{{2^k}}]{2}} } \right)=2^1=2$

Kí hiệu
$u_n= \underbrace{\sqrt{3\sqrt{3...\sqrt{3}}}}_{\text {n dấu căn }}\Rightarrow u_n=\sqrt{3u_{n-1}}\Rightarrow u_n^2=3u_{n-1}$
Tương tự như vậy
$\begin{matrix} u_{n+1}^2=3u_{n}\\u_n^2=3u_{n-1}\\u_{n-1}^2=3u_{n-2}\\ \cdots\\u_2^2=3u_{1} \\u_1^2=3\end{matrix}$
Nhân theo từng vế và rút gọn của $n+1$ đẳng thức này ta được
$u_{n+1}^2u_n\ldots u_2u_1=3^{n+1}\Rightarrow u_{n+1}=\sqrt{\dfrac{3^{n+1}}{u_1u_2...u_n}}$

Ta chỉ có tích phân quen thuộc trong dạng sau
$\lim_{t \to 0}\dfrac{\sin t}{t}=1$
trong trường hợp $x \to 0^+$ thì $\dfrac{2}{x} \to +\infty$. Do đó
$\lim_{x \to 0^+}\dfrac{\sin\dfrac{2}{x}}{\dfrac{2}{x}}\ne 1$

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