$$\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}$$

Bài toán:Chứng minh với $ab \ge 1$ ta luôn có: $$\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}$$


Lời giải:
Biến đổi tương đương:
$$\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} \ge 0$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \ge 0$$

Ta có đpcm.
Dấu $"="$ xảy ra khi: $a=b=1$

Chú ý:
Nếu như đề bài cho $ab\leq 1$ thì điều cần CM phải là: 
$$\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \le \dfrac{2}{{1 + ab}}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \le 0$$
(luôn đúng do $ab\leq 1$)