Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(A C\) và \(B D\).

Theo tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật, ta có \(O A = O B = O C = O D \left(\right. = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} B D \left.\right)\).

Vậy bốn điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) cùng thuộc \(\left(\right. O ; \frac{1}{2} A C \left.\right)\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \(A B C\), ta có: \(A C^{2} = A B^{2} + B C^{2} = a^{2} + b^{2}\)

Do đó \(R = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} \sqrt{a^{2} + b^{2}}\).

Tam giác \(A B C\) có hai đường cao \(B B^{'}\) và \(C C^{'}\) nên \(\hat{B C^{'} C} = \hat{B B^{'} C} = 9 0^{\circ} .\)

Suy ra \(O B = O C = O B^{'} = O C^{'}\) (đường cao ứng với cạnh huyền).

Do đó bốn điểm \(B\), \(C^{'}\), \(B^{'}\), \(C\) cùng nằm trên một đường tròn

Tứ giác \(A B C D\) có \(\hat{B} = \hat{D} = 9 0^{\circ}\) nên \(O A = O B = O C = O D\) (đường cao ứng với cạnh huyền).

Suy ra bốn điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) cùng nằm trên một đường tròn tâm \(O\), đường kính \(A C\).

⚡Nếu \(x < 1\) thì \(x^{8} - x^{7} + x^{2} - x + 1\)

\(= x^{8} + x^{2} \left(\right. 1 - x^{5} \left.\right) + \left(\right. 1 - x \left.\right) > 0\).

⚡Nếu \(x \geq 1\) thì \(x^{8} - x^{7} + x^{2} - x + 1\)

\(= x^{7} \left(\right. x - 1 \left.\right) + x \left(\right. x - 1 \left.\right) + 1 > 0\).

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với   \(2 \left(\right. \frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}} \left.\right) \geq 2 \left(\right. \frac{c}{b} + \frac{b}{a} + \frac{a}{c} \left.\right)\)

Xét dấu hiệu \(2 \left(\right. \frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}} \left.\right) - 2 \left(\right. \frac{c}{b} + \frac{b}{a} + \frac{a}{c} \left.\right)\)

\(= \left(\right. \frac{a}{b} - \frac{b}{c} \left.\right)^{2} + \left(\right. \frac{b}{c} - \frac{c}{a} \left.\right)^{2} + \left(\right. \frac{c}{a} - \frac{a}{b} \left.\right)^{2} \geq 0\)

Từ đó suy ra đpcm.

Nhân hai vế bất đẳng thức cần chứng minh với \(x + y\) ta được bất đẳng thức tương đương là

\(x^{5} + y^{5} > \left(\right. x^{2} + y^{2} \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right)\) (1)

Từ giả thiết \(x > \sqrt{2}\) suy ra \(x^{2} > 2\) suy ra \(x^{5} > 2 x^{3}\), từ đó   

\(x^{5} + y^{5} > 2 \left(\right. x^{3} + y^{3} \left.\right)\)

\(= 2 \left(\right. x^{2} - x y + y^{2} \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right)\)

\(= \left(\right. x - y \left.\right)^{2} + \left(\right. x^{2} + y^{2} \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right) \geq \left(\right. x^{2} + y^{2} \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right)\) suy ra (1), điều phải chứng minh.

Chú ý rằng \(x + y = 1\) nên \(\left(\right. 1 + \frac{1}{x} \left.\right) \left(\right. 1 + \frac{1}{y} \left.\right) - 9\)

\(= \frac{\left(\right. x + 1 \left.\right) \left(\right. y + 1 \left.\right) - 9 x y}{x y} = \frac{2 - 8 x y}{x y}\)  

\(= \frac{2 \left(\right. 1 - 4 x y \left.\right)}{x y} = \frac{2 \left(\right. \left(\right. x + y \left.\right)^{2} - 4 x y \left.\right)}{x y}\)

\(= \frac{2 \left(\right. x - y \left.\right)^{2}}{x y} \geq 0\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = \frac{1}{2}\).

Chú ý rằng \(1 + 4 = 2 + 3\), ta đặt  \(t = \left(\right. x - 1 \left.\right) \left(\right. x - 4 \left.\right) = x^{2} - 5 x + 4\) thì 

\(\left(\right. x - 2 \left.\right) \left(\right. x - 3 \left.\right) = x^{2} - 5 x + 6 = t + 2\)

từ đó \(\left(\right. x - 1 \left.\right) \left(\right. x - 2 \left.\right) \left(\right. x - 3 \left.\right) \left(\right. x - 4 \left.\right) + 1\)

\(= t \left(\right. t + 2 \left.\right) + 1 = t^{2} + 2 t + 1 = \left(\right. t + 1 \left.\right)^{2} \geq 0\)

Dẳng thức chỉ xảy ra khi \(t = - 1\)

hay \(x^{2} - 5 x + 4 = - 1\)

\(x^{2} - 5 x + 5 = 0\)

\(x = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}\).

Vế trái bất đẳng thức cần chứng minh là \(x^{6} \left(\right. x - 1 \left.\right)^{2} + 3 \left(\right. x^{4} - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} + \left(\right. x - \frac{1}{2} \left.\right)^{2}\).

Từ đó suy ra đpcm.

Giả thiết đã cho tương đương với \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{a b} + \frac{1}{b c} + \frac{1}{c a} = 6\). (1)

Ta có \(\left(\right. \frac{1}{a} - 1 \left.\right)^{2} \geq 0\)

\(\frac{1}{a^{2}} + 1 \geq \frac{2}{a}\) nên 

\(\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} \geq 2 \left(\right. \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \left.\right) - 3\) (2)

Lại có \(\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} \geq \frac{2}{a b}\) nên 

\(2 \left(\right. \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} \left.\right) \geq 2 \left(\right. \frac{1}{a b} + \frac{1}{b c} + \frac{1}{c a} \left.\right)\) (3)

Cộng (2) và (3) theo vế  và sử dụng (1)  ta có    

\(3 \left(\right. \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} \left.\right) \geq 2 \left(\right. \frac{1}{a b} + \frac{1}{b c} + \frac{1}{c a} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \left.\right) - 3 = 2.6 - 3 = 9\) 

Suy ra \(\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} \geq 3\).