Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[\frac{3}{64}(a+b+c)^6 \geqslant (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2),\]
hoặc
\[\frac{5}{16}(a+b+c)^2 \sum ab(a-b)^2+\frac{1}{64}\left(\sum a^2-2\sum bc\right)^2\left(3\sum a^2 + 10 \sum bc \right) + \frac{1}{16}abc(a+b+c)^3 \geqslant 0.\]
Từ đó suy điều phải chứng minh.
P/s. Bài này không phải của Trần Quốc Anh đâu.
$pqr$ method:
Ta chứng minh: \[\frac{3}{64}(a+b+c)^6 \geqq (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2),\]
Nếu $p^2 \geqq 4q$ ta viết nó lại thành: \[r{p}^{3}+{\frac { \left( {p}^{2}-4\,q \right) \left( 3\,{p}^{4}+12\,{ p}^{2}q-16\,{q}^{2} \right) }{64}} \geqq 0\]
Nếu $p^2 \leqq 4q$ ta viết nó lại thành: \[\frac{1}{9}\,{p}^{3} \left( {p}^{3}-4\,qp+9\,r \right) -{\frac { \left( {p}^{2 }-4\,q \right) \Big[ \left( 37\,{p}^{2}-54\,q \right) ^{2}+2412\,{q}^{2}\Big] }{21312}}\geqq 0\]
Từ trên và do trên$,$ bất đẳng thức là hiển nhiên. Mặt khác ta lại có thể viết SOS cho nó rất dễ dàng nhờ phân tích BĐT Schur bậc $3$ của em tại:
$\lceil$ https://artofproblem...456439p14533974 $\rfloor$