Удобно перейти к новым переменным $x=\dfrac1a$, $y=\dfrac1b$, $z=\dfrac1c$, также положительным и связанным условием $xyz=1$. Данное неравенство эквивалентно следующему:
$$
S=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac32.\tag1
$$
Eгo можно доказывать разными способами, почти все из которых используют неравенство между средними: арифметическим и геометрическим
$$
\dfrac{u+v+w}3\ge\!\sqrt[\scriptstyle3~]{uvw}\tag2
$$
или арифметическим и гармоническим
$$
\dfrac{u+v+w}3\ge\dfrac3{\dfrac1u+\dfrac1v+\dfrac1w}\tag3
$$
трёх положительных чисел.
Пожалуй, самое короткое решение, предложенное М. Кламкиным, использует ещё неравенство Коши для скалярного произведения:
$$
(u_1u_2+v_1v_2+w_1w_2)^2\le(u_1^2+v_1^2+w_1^2)(u_2^2+v_2^2+w_2^2).
$$
Применяя его к векторам $\left(\dfrac x{\sqrt{y+z}},\dfrac y{\sqrt{z+x}},\dfrac z{\sqrt{x+y}}\right)$ и $(\sqrt{y+z},\sqrt{z+x},\sqrt{x+y})$, получаем
$$
(x+y+z)^2\le S\cdot 2(x+y+z),
$$
т. е. $S\ge\dfrac{x+y+z}2$. Используя теперь (2), получаем
$$
S\ge\dfrac{x+y+z}3\cdot\dfrac32\ge\!\sqrt[\scriptstyle3~]{xyz}\cdot\dfrac32=\dfrac32.
$$
Многие из участников международной олимпиады и читателей предлагали решения, опирающиеся на неравенство Чебышёва: если
$$
u_1\ge u_2\ge u_3\ge\ldots\ge u_n\ge0,\quad v_1\ge v_2\ge v_3\ge\ldots\ge v_n,
$$
то $$
\textstyle\sum\limits_{i=1}^nu_iv_i\ge\dfrac1n\sum\limits_{i=1}^nu_i\cdot\sum\limits_{i=1}^nv_i\tag4
$$
(вот его простое механическое объяснение: если гирьки с массами $u_i$, расположены на оси в точках с координатами $v_i$, в порядке возрастания масс — чем правее, тем тяжелее, — то их центр масс находится правее, чем центр масс одинаковых гирек, помещённых в те же точки). Это неравенство можно доказать по индукции. Разумеется, нам оно нужно для $n=3$.
Заметим, что из (4) сразу следует похожее на (1) (но более простое) неравенство для положительных $x$, $y$, $z$:
$$
S_1=\dfrac x{y+z}+\dfrac y{z+x}+\dfrac z{x+y}\ge\dfrac32{:}\tag5
$$
ведь без ограничения общности можно считать, что $x\ge y\ge z$ и тогда $\dfrac1{y+z}\ge\dfrac1{z+x}\ge\dfrac1{x+y}$, поэтому
$$
S_1\ge\dfrac13(x+y+z)\left(\dfrac1{x+y}+\dfrac1{y+z}+\dfrac1{z+x}\right)\ge\dfrac32
$$
— дело сводится к (3) для $u=x+y$, $v=y+z$, $w=z+x$. (Впрочем, эта замена приводит, после преобразований, к доказательству (5) и без ссылки на (4).)
Докажем теперь такое обобщение (1): при любом $\alpha\ge1$ и $x\gt0$, $y\gt0$, $z\gt0$, $xyz=1$
$$
S_\alpha=\dfrac{x^\alpha}{y+z}+\dfrac{y^\alpha}{z+x}+\dfrac{z^\alpha}{x+y}\ge\dfrac32.\tag6
$$
Мы используем неравенство Чебышёва (4) в применении к тройкам
$$
\dfrac{x}{y+z},~\dfrac{y}{z+x},~\dfrac{z}{x+y}\quad\text{и}\quad x^{\alpha-1},~y^{\alpha-1},~z^{\alpha-1},
$$
затем используем (5) и (2):
$$
S_\alpha\ge\dfrac{S_1(x^{\alpha-1}+y^{\alpha-1}+z^{\alpha-1})}3\ge\dfrac32(xyz)^{\frac{\scriptstyle\alpha-1}{\scriptstyle3}}=\dfrac32.
$$
Легко ответить теперь и на вопрос, при каких вообще $\alpha$ справедливо (6). Точно такая же замена, какую мы проделали в самом начале — при переходе к (1), — показывает, что если (6) верно для некоторого показателя $\alpha$, то оно верно и для показателя $\alpha'=-1-\alpha$ (симметричного $\alpha$ относительно точки $\alpha_0=-\dfrac12\Big)$. Таким образом, (6) верно для $\alpha\ge1$ и $\alpha\le-2$. В том, что для других $\alpha$ (и $xyz=1$) $S_\alpha$ может быть сколь угодно малым, легко убедиться, взяв $x=\dfrac1n$, $y=1$, $z=n$ либо $x=\dfrac1n$, $y=\dfrac1n$, $z=n^2$ и устремив $n$ к бесконечности.
