反证法一例，老题

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假设$a^2+b^2>1$,那么可得$b^2>1-a^2,a^2>1-b^2$
如此条件为$\frac{a}{\sqrt{1-b^2}}+\frac{b}{\sqrt{1-a^2}}>\frac{a}{a}+\frac{b}{b}=2$
假设$a^2+b^2<1$,也类似，如此$a^2+b^2=1$
三角换元，或式子恒等变形估计也行.

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\[f(a,b)=\frac{a}{\sqrt{1-b^2}}+\frac{b}{\sqrt{1-a^2}}\]
固定a,是b的增函数，固定b,是a的增函数，上面的证法可以这个角度理解.
恒等变形如下：
\[\frac{a}{\sqrt{1-b^2}}+\frac{b}{\sqrt{1-a^2}}=2=\frac{\sqrt{1-b^2}}{\sqrt{1-b^2}}+\frac{\sqrt{1-a^2}}{\sqrt{1-a^2}}\]
\[0=\frac{a-\sqrt{1-b^2}}{\sqrt{1-b^2}}+\frac{b-\sqrt{1-a^2}}{\sqrt{1-a^2}}\]
\[0=\frac{a^2+b^2-1}{\sqrt{1-b^2}(a+\sqrt{1-b^2})}+\frac{b-1+a^2}{\sqrt{1-a^2}(b+\sqrt{1-a^2})}\]
因为$a>0,b>0$,
\[\frac{1}{\sqrt{1-b^2}(a+\sqrt{1-b^2})}+\frac{1}{\sqrt{1-a^2}(b+\sqrt{1-a^2})}>0\]
所以$a^2+b^2-1=0$

kuing

想起了这道题 bbs.pep.com.cn/thread-652343-1-1.html

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其实可以推广为
$a,b\in (0,m),f(x)在(0,m)上单调递增且f(x)>0,若\frac{f(a)}{f(m-b)}+\frac{f(b)}{f(m-a)}=2,有a+b=m成立$
\[a,b,c\in (0,1),\frac{f(a+c)}{f(1-b)}+\frac{f(a+b)}{f(1-c)}+\frac{f(b+c)}{f(1-a)}=3,then， a+b+c=1\]
...
从推广可以得出1楼解法才是这个问题的一般性解法，当然不一定要写成反证法形式，至于三角和恒等变形则不是.
$a,b\in (0,m),f(x)在(0,m)$上单调,若$(f(a)-f(m-b))(f(b)-f(m-a))\le0$,有$a+b=m$成立.
$a,b\in (0,m)$,$f(x)在(0,m)上单调递增且f(x)>1$,若$\log _{f(a)}{f(m-b)}+\log _{f(b)}{f(m-a)}=2$,有$a+b=m$成立.

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