Áp dụng BĐT C-S thì ta có:
$$VT \geq \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2+(ab^2+bc^2+ca^2)^2}{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+abc\left[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right]}$$
Mặt khác theo BĐT Schur thì $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \leq a^3+b^3+c^3+3abc$. Vậy nên ta có:
$$\frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2+(ab^2+bc^2+ca^2)^2}{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}=2+\frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}$$
Ta có kết quả sau: Với mọi số thực $a,b,c$ thì BĐT sau đúng:
$$\prod(a^2+ab+b^2) \geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)$$
Một cách làm khác...
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum \frac{ab(a-b)^{2}}{(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})}\geq \frac{3\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}}{(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})}$
$\Leftrightarrow \sum ab(a-b)^{2}(a^{2}+ab+b^{2})\geq 3\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}$
Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:
$\sum a^{2}b^{2}(a-b)^{2}\geq (a-b)^{2}(b-c)^{2}(c-a)^{2}$
$\Leftrightarrow abc\left [ a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) \right ]\geq 0$
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo Schur.