Cách 1:$\bigstar$ Nếu $a\geq b\geq c\rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\geq ab^2+bc^2+ca^2$
$\rightarrow $ Theo $Schur\rightarrow VT\geq a^3+b^3+c^3+3abc\geq VP$
$\bigstar$ Nếu $c\geq b\geq a$
$BDT\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc+3abc(\frac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}-1)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(a+b+c)[\Sigma (a-b)^2]-\frac{3abc\Pi (a-b)}{ab^2+bc^2+ca^2}\geq \Sigma a(b-c)^2$
$\Leftrightarrow \Sigma \frac{1}{2}(a+b-c)(a-b)^2\geq \frac{3abc(a-b)(b-c)(c-a)}{ab^2+bc^2+ca^2}$
$\rightarrow $ Cần chứng minh: $2\sqrt{ac}+c+a-b-\frac{3abc(c-a)}{ab^2+bc^2+ca^2}\geq 0$ ( theo $S.O.C$ ~~~bla bla ~~~ )
Quy đồng, rút gọn, nhóm các số hạng với nhau đc BĐT tương đương là:
$2bc^2(\sqrt{ac}-a)+ab^2(c-b)+bc^2(c-a)+a^2c^2+a^2b^2+a^3c+2ab^2\sqrt{ac}+2ca^2\sqrt{ac}+2a^2bc\geq 0$
BĐT trên lđ do $c\geq b\geq a$
$\rightarrow đpcm.......$
Đẳng thức khi $a=b=c;a=b,c=0$ và các hoán vị.