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设$a,b,c>0,$满足$a+b+c\le abc$证明:$\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c^2}}\le\dfrac{3}{2}$
证明:设$a=\dfrac{1}{x},b=\dfrac{1}{y},c=\dfrac{1}{z}$由$a+b+c\le abc$知$xy+yz+zx\le 1$
\begin{align}\label{}
\sum\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}&=\sum\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} \\
&\le\sum\dfrac{x}{\sqrt{x^2+xy+yz+zx}}\\
&=\sum\dfrac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\\
&=\sum\dfrac{x\sqrt{(x+y)(x+z)}}{(x+y)(x+z)}\\
&\le\sum\dfrac{x(x+y+x+z)}{2(x+y)(x+z)}\\
&=\sum\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x}{x+y}+\dfrac{x}{x+z}\right)\\
&=\dfrac{3}{2}\\
\end{align}.
注:
如果条件改为$a+b+c=abc，a>0,b>0,c>0$则容易想到$x=tanA,y=tanB,z=tanC$的代换.
其中$A,B,C$为锐角三角形的三个角.
另一个常见的代换$p,q,r\ge0,p^2+q^2+r^2+2pqr=1$时，
可令$p=cosA,q=cosB,r=cosC,A,B,C\in[0,\dfrac{\pi}{2}],A+B+C=\pi$
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原文地址：https://www.cnblogs.com/mathstudy/p/9809852.html
