Öncelikle $a$ ve $b$'nin işaretleri aynı değilse $$|a-b|>0\geq \sqrt[3]{ab}$$ olacağından ispatlanacak bir şey yoktur. İşaretleri aynıyla $(a,b)$ yerine $(-a,-b)$ yazarsak da bölünebilme sağlanmaya devam edeceğinden $a,b>0$ kabul edebiliriz. Genelliği bozmadan $b>a$ olsun. $k>0$ için $b=a+k$ yazarsak, $$\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}=\frac{a(a+k)(2a+k)}{3a^2+3ak+k^2}\in\mathbb{Z}$$ olmalıdır. $(a,k)=d$ diyelim. $a=du$ ve $k=dv$ olacak şekilde aralarında asal $u,v$ pozitif tamsayıları vardır. Bu durumda $$\frac{du(2u^2+3uv+v^2)}{3u^2+3uv+v^2}\in\mathbb{Z}$$ olacaktır. $$(u,3u^2+3uv+v^2)=(u,v^2)=1$$ $$(2u^2+3uv+v^2,3u^2+3uv+v^2)=(u^2,3u^2+3uv+v^2)=1$$ olacağından $3u^2+3uv+v^2\mid d$ olmalıdır. Eğer $m$ pozitif tamsayısı için $d=(3u^2+3uv+v^2)m$ yazarsak, $$(a,b)=(u(3u^2+3uv+v^2)m, (u+v)(3u^2+3uv+v^2)m)$$ olur. İspatlamamız gereken eşitsizlik de $$|a-b|^3>ab\iff v^3(3u^2+3uv+v^2)^3m^3>u(u+v)(3u^2+3uv+v^2)^2m^2$$ $$\iff v^3(3u^2+3uv+v^2)m>u(u+v)$$ olacaktır. $u,v,m$ pozitif tamsayı olduğundan, $$v^3(3u^2+3uv+v^2)m\geq (3u^2+3uv+v^2)>3u(u+v)>u(u+v)$$ olur. Eşitsizlik doğrudur.
