已知 $x,y,z\in\mathbb{R}^+$，$x+y+z=1$．证明：$$\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2}\leqslant\dfrac{27}{10}.$$
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为 $x,y,z\in\mathbb{R}^+,x+y+z=1$，所以 $0<x,y,z<1$．所以$$(3x-1)^2\left(x-\dfrac{4}{3}\right)\le0,$$即 $x^3-2x^2+x-\dfrac{4}{27}\le0$，
即 $(x-2)(1+x^2)+\dfrac{50}{27}\le0$，
所以 $(1+x^2)(2-x)\leqslant\dfrac{50}{27}$，
所以 $\dfrac{1}{1+x^2}\leqslant\dfrac{27}{50}(2-x)$．
同理可得 $\dfrac{1}{1+y^2}\leqslant\dfrac{27}{50}(2-y),\dfrac{1}{1+z^2}\leqslant\dfrac{27}{50}(2-z)$．
三式相加，得 $\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2}\leqslant\dfrac{27}{50}[6-(x+y+z)]=\dfrac{27}{50}(6-1)=\dfrac{27}{10}$．
即 $(x-2)(1+x^2)+\dfrac{50}{27}\le0$，
所以 $(1+x^2)(2-x)\leqslant\dfrac{50}{27}$，
所以 $\dfrac{1}{1+x^2}\leqslant\dfrac{27}{50}(2-x)$．
同理可得 $\dfrac{1}{1+y^2}\leqslant\dfrac{27}{50}(2-y),\dfrac{1}{1+z^2}\leqslant\dfrac{27}{50}(2-z)$．
三式相加，得 $\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2}\leqslant\dfrac{27}{50}[6-(x+y+z)]=\dfrac{27}{50}(6-1)=\dfrac{27}{10}$．
答案
解析
备注
