Notiamo che $\sqrt{a+b} = \sqrt{\dfrac{(a+b)^2}{a+b}}$. Ne consegue che $$\sqrt{2}\sqrt{a+b} - \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{a+b}} = \sqrt{2}\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+2ab}{a+b}} - \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{a+b}} = \dfrac{\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2+2ab} - \sqrt{a^2+b^2}}{a+b}$$
Notiamo adesso che per $QM-AM$ sulla coppia $(a^2+b^2,2ab)$ vale $\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+2ab}{2}} \ge \dfrac{\sqrt{a^2+b^2} + \sqrt{2ab}}{2}$
Da cui si ricava che $\sqrt{a^2+b^2+2ab} \ge \dfrac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2ab}}{\sqrt{2}}$ e quindi $\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2+2ab} \ge \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2ab}$ da cui $$\dfrac{\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2+2ab} - \sqrt{a^2+b^2}}{a+b} \ge \sqrt{\dfrac{2ab}{a+b}}$$
Pertanto, è sufficiente dimostrare che $$\sum_{cyc} \sqrt{\dfrac{2}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}} \ge 3$$
Dal momento che $$\sum_{cyc} ab \le 3abc$$si ha $$\sum_{cyc} \dfrac{1}{a} \le 3 \, \, \, (1)$$
E' noto che comunque data una $n-upla$ di reali positivi $u_1,u_2,\cdots,u_n$ vale $\sum_{cyc} u_1 \cdot \sum_{cyc} \dfrac{1}{u_1} \ge n^2$ (per esempio da $AM-HM$) pertanto si ha che $$\sum_{cyc} \sqrt{\dfrac{2}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}} \cdot \sum_{cyc} \dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{2}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}}} \ge 9$$
Ne segue che se dimostriamo che $\sum_{cyc} \sqrt{\dfrac{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}{2}} \le 3$ la tesi segue banalmente. Ma la disuguaglianza è ovviamente vera poichè per $AM-QM$ vale $$\dfrac{\sum_{cyc} \sqrt{\dfrac{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}{2}}}{3} \le \sqrt{\dfrac{\sum_{cyc} \dfrac{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{2}}{3}} = \sqrt{\dfrac{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}}{3}} \le 1$$per (1), da cui la finalmente la tesi.
