Từ PT thứ hai ta có
$y(x+y)^2=\pi^2\Rightarrow \begin{cases}\sqrt y(x+y)=\pi \\ y>0 \end{cases}\Rightarrow x=\frac{\pi}{\sqrt y}-y$
Thay vào PT thứ nhất ta được
$f(y)=y^4+m^2-y\left ( \frac{\pi}{\sqrt y}-y \right )^3=0$
Từ PT thứ nhất cũng thấy $x>0\Rightarrow y^{3/2} <\pi$
Ta có $f'(y)=8y^3-\frac{15}{2}\pi y^{3/2}+3\pi^2+\frac{\pi^3}{2 y^{3/2}}$
Ta thấy $8y^3-\frac{15}{2}\pi y^{3/2}+3\pi^2$ là PT bậc hai theo $ y^{3/2}$ và có $\Delta=\frac{225}{4}\pi^2-4.24\pi^2 <0$
do đó $8y^3-\frac{15}{2}\pi y^{3/2}+3\pi^2>0\Rightarrow f'(y) >0\Rightarrow f$ là hàm đồng biến trên $\left ( 0,\sqrt[3]{\pi^2} \right )$
Mặt khác, $f(0)=-\infty, f(\sqrt[3]{\pi^2})=m^2+\sqrt[3]{\pi^8}>0$
do đó tồn tại nghiệm của PT $f(y)=0$, và nghiệm này là duy nhất theo tính đồng biến của $f$.
Vậy bài toán được chứng minh.

Phương trình đã cho tương đương với :
$x^{2}=\pm\sqrt{24y-8}+y^{2}$
Đặt $24y-8=k^2$, do đó: $y=\frac{k^{2}+8}{24}\Rightarrow $ k chia hết cho $4\Rightarrow y=\frac{k^{2}+8}{24}=\frac{2m^{2}+1}{3}.$
Do đó $m$ không chia hết cho $3$.

+ Xét $m=3n+1$ ta có : $y=6n^{2}+4n+1$
$\Rightarrow x_1^2=\sqrt{24y-8}+y^{2}=36n^{4}+48n^{3}+28n^{2}+20n+5$ hoặc
$x_2^2=-\sqrt{24y-8}+y^{2}=36n^{4}+48n^{3}+28n^{2}-4n-3$
Ta thấy
$(6n^{2}+4n+1)^{2}>x_1^{2}>(6n^{2}+4n)^{2}$
và $(6n^{2}+4n+2)^{2}>x_2^{2}>(6n^{2}+4n+1)^{2}$
nên không tồn tại $x$ thoả mãn.

+ Xét $m=3n+2$ ta có : $x_1^2=36n^{4}+96n^{3}+100n^{2}+36n+1$ hoặc $x_2^2=36n^{4}+96n^{3}+100n^{2}+60n+17$
ta có:
$(6n^{2}+8n+3)^{2}>x_1^{2}>(6n^{2}+8n+2)^{2}$ và
$(6n^{2}+8n+4)^{2}>x_2^{2}>(6n^{2}+8n+3)^{2}$

Vậy phương trình vô nghiệm.

Bạn xem tại đây nhé
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114365/chung-minh

 Cách dựng:
+ Dựng hình vuông $M'N'P'Q'$ sao cho hai đỉnh $M', N'$ nằm trên cạnh $BC$, đỉnh $Q'$ nằm trên cạnh $AB$.
+ Kéo dài $BP'$ cắt cạnh $AC$ tại $P$. Từ $P$ kẻ $PN \bot BC,  (N \in BC)$ và $PQ \bot PN   (Q \in AB);   QM \bot BC (M \in BC)$ ta được hình vuông $MNPQ$.
Chứng minh: Theo cách dựng, hình vuông $MNPQ$ chính là ảnh của $M'N'P'Q'$ qua phép vị tự tâm $B$ tỉ số $\frac{BP}{BP'}. $
Biện luận: Nếu tam giác $ABC$ có góc $B$ tù hoặc góc $C$ tù, rõ ràng không thể dựng được hình vuông $M'N'P'Q'$, nên bài toán không có nghiệm hình. Trong các trường hợp còn lại, bài toán bao giờ cũng có một nghiệm hình.

 Cách dựng:
+ Dựng hình vuông $M'N'P'Q'$ sao cho hai đỉnh $M', N'$ nằm trên cạnh $BC$, đỉnh $Q'$ nằm trên cạnh $AB$.
+ Kéo dài $BP'$ cắt cạnh $AC$ tại $P$. Từ $P$ kẻ $PN \bot BC,  (N \in BC)$ và $PQ \bot PN   (Q \in AB);   QM \bot BC (M \in BC)$ ta được hình vuông $MNPQ$.
Chứng minh: Theo cách dựng, hình vuông $MNPQ$ chính là ảnh của $M'N'P'Q'$ qua phép vị tự tâm $B$ tỉ số $\frac{BP}{BP'}. $
Biện luận: Nếu tam giác $ABC$ có góc $B$ tù hoặc góc $C$ tù, rõ ràng không thể dựng được hình vuông $M'N'P'Q'$, nên bài toán không có nghiệm hình. Trong các trường hợp còn lại, bài toán bao giờ cũng có một nghiệm hình.

Chứng minh BĐT vế trái
$ |1+z^3|+|z^2+z+1|$
$=\sqrt{2+2 \cos3 \phi}+\sqrt{3+4 \cos \phi+2 \cos2 \phi}$
$=\sqrt{2+8x^3-6x}+\sqrt{4x^2+4x+1}$ với $x = \cos \phi \in [-1,1]$.
$=\sqrt{2+8x^3-6x}+|2x+1|$
 Việc còn lại là đi chứng minh
 $\sqrt{2+8x^3-6x}+|2x+1| \ge 1        (*)$
 Thật vậy,
 + Xét $1 \ge x \ge -1/2$
 $(*)\Leftrightarrow\sqrt{2+8x^3-6x}+2x+1 \ge 1 \Leftrightarrow\sqrt{2+8x^3-6x} \ge -2x$
 $\Leftrightarrow \begin{cases} 0 \ge x \ge -1/2 \\2+8x^3-6x - 4x^2 \ge0 \end{cases}$
 Dễ kiểm tra pt $f(x)=2+8x^3-6x - 4x^2=0 $ có $3$ nghiệm
$x_3=1, 1 \ge x_1, x_2 \ge -1/2\Rightarrow f(x) \ge 0$, luôn đúng.
+ Xét $-1 \le x <-1/2$
 $(*)\Leftrightarrow\sqrt{2+8x^3-6x}-2x-1 \ge 1 \Leftrightarrow\sqrt{2+8x^3-6x} \ge 2+2x$
 $\Leftrightarrow2+8x^3-6x \ge (2+2x)^2$
 Dễ kiểm tra pt $f(x)=2+8x^3-6x  - (2+2x)^2=0 $ có $3$ nghiệm
$x_3>1, x_1=-1,  x_2> -1/2\Rightarrow f(x) \ge 0$, luôn đúng.

Chứng minh BĐT vế phải
Do $|z|=1$ nên $z= \cos \phi + i \sin \phi$.
Ta có
     $ |1+z^3|+|z^2+z+1|$
$=|(1+ \cos3 \phi) + i \sin 3\phi|+|(1+\cos 2\phi+ \cos \phi)+i(\sin 2\phi + \sin \phi)|$
$=\sqrt{(1+ \cos3 \phi)^2+\sin^2 3\phi}+\sqrt{(1+\cos 2\phi+ \cos \phi)^2+(\sin 2\phi + \sin \phi)^2 }$
$=\sqrt{2+2 \cos3 \phi}+\sqrt{3+2 \cos \phi+2 \cos2 \phi+2 \cos \phi \cos2 \phi +2\sin 2\phi \sin \phi}$
$=\sqrt{2+2 \cos3 \phi}+\sqrt{3+2 \cos \phi+2 \cos2 \phi+2 \cos (2\phi-\phi)}$
$=\sqrt{2+2 \cos3 \phi}+\sqrt{3+4 \cos \phi+2 \cos2 \phi}$
Do $\cos \phi, \cos2 \phi, \cos3 \phi \le 1$ nên ta có
     $ |1+z^3|+|z^2+z+1| \le \sqrt{2+2 }+\sqrt{3+4 +2 }=5$