5. Zadatak

Uočimo prvo da je

$$\frac{a-bc}{a+bc}=1-2\cdot\frac{bc}{a+bc},\qquad \frac{b-ca}{b+ca}=1-2\cdot\frac{ca}{b+ca},\qquad \frac{c-ab}{c+ab}=1-2\cdot\frac{ab}{c+ab}.$$

Sada iz $a+b+c\ge1$ slijedi da je

$$\frac{bc}{a+bc}\ge\frac{bc}{a(a+b+c)+bc}=\frac{bc}{(a+b)(a+c)},$$

i analogno

$$\frac{ca}{b+ca}\ge\frac{ca}{(b+a)(b+c)},\qquad \frac{ab}{c+ab}\ge\frac{ab}{(c+a)(c+b)},$$

pa je

$$\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab} \le3-\frac{2bc}{(a+b)(a+c)}-\frac{2ca}{(b+a)(b+c)}-\frac{2ab}{(c+a)(c+b)}.$$

Dakle, da bismo dokazali traženu nejednakost dovoljno je dokazati da vrijedi

$$\frac{2bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{2ca}{(b+a)(b+c)}+\frac{2ab}{(c+a)(c+b)}\ge\frac32.$$

Množenjem s $(a+b)(b+c)(c+a)$ vidimo da je gornja nejednakost ekvivalentna s

$$4bc(b+c)+4ca(c+a)+4ab(a+b)\ge3(a+b)(b+c)(c+a),$$

tj.

$$a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\ge6abc.$$

Posljednja nejednakost vrijedi jer prema nejednakosti između aritmetičke i geometrijske sredine vrijedi

$$a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2 \ge6\sqrt[6]{a^6b^6c^6} =6abc.$$