Lời giải
Trước hết ta chứng minh 0 < f(A, B, C) < 2 với mọi A,B,C là 3 góc của tam giác. Thật vậy: f(A, B, C)=\sin A+\sin B+\sin C(1-\sin A \sin B) > 0.
Gọi A là góc nhỏ nhất trong ba góc A,B,C suy ra 0^{^{\circ}} < A \le 60^{\circ}. Ta sẽ chứng minh:
f(A, B, C)=\sin A+\sin B+\sin C-\sin A \sin B \sin C\le \sin A+2 \cos \dfrac{A}{2}-\sin A \cos^{2} \dfrac{A}{2}.\tag{1}
Thật vậy:
\begin{align*}
(1)\Leftrightarrow& \sin B+\sin C-\sin A \sin B \sin C\le 2 \cos \dfrac{A}{2}-\sin A \cos ^{2} \dfrac{A}{2}\\
\Leftrightarrow& \sin B+\sin C-2 \cos \dfrac{A}{2} \le \sin A\left(\sin B \sin C-\cos ^{2} \dfrac{A}{2}\right)\\
\Leftrightarrow& 2 \cos \dfrac{A}{2}\left(\cos \dfrac{B-C}{2}-1\right)\le \dfrac{1}{2} \sin A[\cos (B-C)-\cos (B+C)-1-\cos A]\\
\Leftrightarrow& 2 \cos \dfrac{A}{2}\left(1-\cos \dfrac{B-C}{2}\right) \geq \dfrac{1}{2} \sin A[1-\cos (B-C)]\\
\Leftrightarrow& 1-\cos \dfrac{B-C}{2} \geq \dfrac{1}{2} \sin \dfrac{A}{2}[1-\cos (B-C)].\tag{2}
\end{align*}
Vì 0^{^{\circ}} < A \le 60^{^{\circ}} nên \sin \dfrac{A}{2} \le \dfrac{1}{2}, do đó:
\begin{align*}
VP(2)&\le \dfrac{1}{4}[1-\cos (B-C)]=\dfrac{1}{2} \sin ^{2} \dfrac{B-C}{2}\\
&=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} \cos ^{2} \dfrac{B-C}{2}\\
&=1-\cos \dfrac{B-C}{2}-\dfrac{1}{2}\left(1-\cos \dfrac{B-C}{2}\right)^{2}\\
&\le 1-\cos \dfrac{B-C}{2}=VT(2).
\end{align*}
Vậy f(A, B, C)\le\sin A+2 \cos \dfrac{A}{2}-\sin A \cos ^{2} \dfrac{A}{2}=g(A).
0 nhận xét:
Đăng nhận xét