Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ và số thực $k\ge 2$. Chứng minh rằng
$$\frac{1}{ka+1}+\frac{1}{kb+1}+\frac{1}{kc+1}\ge \frac{3}{k+1}.$$

Lời giải (LMF - Dự tuyển KHTN 2025 - P1).

Cách 1. Đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$ với $x,y,z>0$
$$VT=\frac{y}{kx+y}+\frac{z}{ky+z}+\frac{x}{kz+x}=\frac{x^2}{kxz+x^2}+\frac{y^2}{kxy+y^2}+\frac{z^2}{kyz+z^2}\ge \frac{(x+y+z{)}^2}{x^2+y^2+z^2+k(xy+yz+zx)}.$$
Để ý $xy+yz+zx\le \frac{(x+y+z{)}^2}{3}$ nên $\frac{(x+y+z{)}^2}{(x+y+z{)}^2+(k-2)(xy+yz+zx)}\ge \frac{3}{k+1}$.

Cách 2. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$\left(\frac{1}{ka+1}-\frac{1}{k+1}\right)+\left(\frac{1}{kb+1}-\frac{1}{k+1}\right)+\left(\frac{1}{kc+1}-\frac{1}{k+1}\right)\ge 0$$
$$\frac{k+1-(ka+1)}{(ka+1)(k+1)}+\frac{k+1-(kb+1)}{(kb+1)(k+1)}+\frac{k+1-(kc+1)}{(kc+1)(k+1)}\ge 0$$
$$\frac{k(1-a)}{(ka+1)(k+1)}+\frac{k(1-b)}{(kb+1)(k+1)}+\frac{k(1-c)}{(kc+1)(k+1)}\ge 0$$
Để ý $k>0$ nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau:
$$\frac{1-a}{ka+1}+\frac{1-b}{kb+1}+\frac{1-c}{kc+1}\ge 0$$
Quy đồng và rút gọn, bất đẳng thức tương đương với:
$$(1-a)(kb+1)(kc+1)+(1-b)(ka+1)(kc+1)+(1-c)(ka+1)(kb+1)\ge 0$$
Khai triển và sử dụng $abc=1$:
$$VT=\sum _{cyc}(1-a)\left(k^{2}bc+k(b+c)+1\right)=\sum _{cyc}(1-a)\left(\frac{k^2}{a}+k(b+c)+1\right)$$
$$=\sum _{cyc}\left(\frac{k^2}{a}+k(b+c)+1-k^2-ka(b+c)-a\right)$$
$$=k^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+2k(a+b+c)+3-3k^2-2k(ab+bc+ca)-(a+b+c)$$
$$=k^2(ab+bc+ca)+2k(a+b+c)+3-3k^2-2k(ab+bc+ca)-(a+b+c)$$
$$=(k^2-2k)(ab+bc+ca)+(2k-1)(a+b+c)-3(k^2-1)$$
Vì $abc=1$ nên $a+b+c\ge 3$ và $ab+bc+ca\ge 3$.
Để ý $k\ge 2$ nên $k^2-2k=k(k-2)\ge 0$ và $2k-1>0$. Do đó:
$$VT\ge (k^2-2k)\cdot 3+(2k-1)\cdot 3-3(k^2-1)=3k^2-6k+6k-3-3k^2+3=0$$
Do đó ta có được điều phải chứng minh.