題目：已知$a,b,c\geq 0$，$a+b+c=3$，求證：$\frac{a}{a^2+b+c}+\frac{b}{b^2+c+a}+\frac{c}{c^2+a+b}\leq 1$.

證明：因為$a+b+c=3$，又$3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0$. 所以

$a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2\geq a+b+c$.　　　　　　　　　　　(1)

由柯西不等式及不等式(1)

$\frac{a}{a^2+b+c}+\frac{b}{b^2+c+a}+\frac{c}{c^2+a+b}=\frac{a(1+b+c)}{(a^2+b+c)(1+b+c)}+\frac{b(1+c+a)}{(b^2+c+a)(1+c+a)}+\frac{c(1+a+b)}{(c^2+a+b)(1+a+b)}$

$\leq \frac{a(1+b+c)+b(1+c+a)+c(1+a+b)}{(a+b+c)^2}=\frac{a+b+c+2(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\leq\frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}=1$.

故原不等式獲證.

安振平老師的4958號不等式問題的證明