Chứng minh rằng: $T=a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
$T=a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$
Cách 1:Giả sử $a=max\begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}$
Biến đổi vế trái ta được $$T=a(b+c-a)(b-c)^2+b(a-b)(a-c)(a+b-c)\geq 0$$ (điều này đúng)
Cách 2: $$T\Leftrightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}+\frac{bc}{a}\leq \frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}$$
$$\Leftrightarrow \frac{ab}{c}+c+\frac{ca}{b}+b+\frac{bc}{a}+a\leq \frac{a^2}{c}+b+\frac{b^2}{a}+c+\frac{c^2}{b}+a$$
$$\Leftrightarrow \frac{ab+c^2}{c}+\frac{ca+b^2}{b}+\frac{bc+a^2}{a}\leq \frac{a^2+bc}{c}+\frac{b^2+ca}{a}+\frac{c^2+ab}{b}$$
Dễ dàng chứng minh được $a^2+bc ; b^2+ca ; c^2+ab$
và $\frac{1}{a} ; \frac{1}{b} ; \frac{1}{c}$ là các dãy đơn điệu tăng ngược chiều nên ta có:
$$\sum \frac{a^2+bc}{a}\leq \frac{a^2+bc}{c}+\frac{b^2+ca}{a}+\frac{c^2+ab}{b}$$
Cách 3: Sử dụng phép thế Ravi ta đặt $a=y+z; b= z+x; c = x+y \,\, (a,b,c>0)$
Thay vào ta được bất đẳng thức cần chứng minh là
$$T=(y+z)^2(x+z)(y-x)+(x+z)^2(x+y)(z-y)+(x+y)^2(y+z)(x-z)\geq 0\Leftrightarrow y^3z+z^3x+x^3y-xyz(x+y+z)\geq 0$$
$$\Leftrightarrow x^3y+z^3x+y^3z\geq xyz(x+y+z)\Leftrightarrow \frac{x^2}{z}+\frac{z^2}{y}+\frac{y^2}{x}\geq x+y+z$$