Cho các số thực $\{a,b,c\}\subset \left(\frac{1}{\sqrt{6}};+\infty \right)$ và thoả mãn $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng: $\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}+\frac{1+b^2}{\sqrt{2b^2+3bc-a^2}}+\frac{1+c^2}{\sqrt{2c^2+3ca-b^2}}\ge 2(a+b+c)$

(AI giải đề cho tôi)
Trước hết, mỗi mẫu số đều dương: vì $a,b,c>\frac{1}{\sqrt{6}}$ nên $3ab>\frac{1}{2}$, $2a^2>\frac{1}{3}$, $c^2<1-\frac{1}{6}-\frac{1}{6}=\frac{2}{3}$, do đó $2a^2+3ab-c^2>\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{2}{3}=\frac{1}{6}>0$ (tương tự cho hai mẫu còn lại).

Đặt $q=ab+bc+ca$. Vì $a^2+b^2+c^2=1$ nên $q\le 1$ (theo $(a+b+c{)}^2\le 3(a^2+b^2+c^2)$) và $(a+b+c{)}^2=1+2q$, tức $a+b+c=\sqrt{1+2q}$; ngoài ra $q>0$ vì $a,b,c>0$.

Bước 1 (Cauchy–Schwarz dạng Engel với mẫu là căn): áp dụng $\sum \frac{x_i^2}{y_i}\ge \frac{(\sum x_i{)}^2}{\sum y_i}$ với $x_i=\sqrt{1+a^2}$, $y_i=\sqrt{2a^2+3ab-c^2}$ (các $y_i>0$):
$$\sum _{cyc}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge \frac{{\left(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\right)}^2}{{\sum }_{cyc}\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}.$$

Bước 2 (Chặn tử): Với mọi $a,b$: $(1+a^2)(1+b^2)-(1+ab{)}^2=(a-b{)}^2\ge 0$, nên $\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\ge 1+ab$. Do đó
$${\left(\sum \sqrt{1+a^2}\right)}^2=\sum (1+a^2)+2\sum _{cyc}\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\ge 4+2(3+q)=10+2q=2(5+q).$$

Bước 3 (Chặn mẫu bằng Cauchy–Schwarz): $\sum \sqrt{D_a}\le \sqrt{3\sum D_a}$ với $D_a=2a^2+3ab-c^2$, và
$$\sum _{cyc}{D}_a=2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)=1+3q,$$
nên $\sum \sqrt{D_a}\le \sqrt{3(1+3q)}$.

Bước 4 (Kết hợp):
$$\sum _{cyc}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge \frac{2(5+q)}{\sqrt{3(1+3q)}}.$$
Ta cần $\frac{5+q}{\sqrt{3(1+3q)}}\ge \sqrt{1+2q}$, tức $(5+q{)}^2\ge 3(1+2q)(1+3q)$. Hiệu hai vế:
$$25+10q+q^2-3-15q-18q^2=22-5q-17q^2=(1-q)(17q+22)\ge 0,$$
vì $q\le 1$ và $17q+22>0$ (do $q>0$).
Vậy
$$\sum _{cyc}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge 2\sqrt{1+2q}=2(a+b+c).$$

Kiểm tra dấu bằng tại $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$: khi đó $q=1$, mỗi mẫu $D_a=\frac{2}{3}+1-\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$, VT $=3\cdot \frac{4/3}{\sqrt{4/3}}=2\sqrt{3}=$ VP $=2\sqrt{3}$; mọi bất đẳng thức trung gian (Engel, chặn tử, Cauchy–Schwarz) đều đạt dấu bằng. Bài toán được chứng minh hoàn chỉnh.