[tc67][T7/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Tìm tập giá trị của biểu thức $$f(A, B, C)=\sin A+\sin B+\sin C-\sin A \sin B \sin C$$ với $A,B,C$ là 3 góc của tam giác.

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 $f(A, B, C)\le\sin A+2 \cos \dfrac{A}{2}-\sin A \cos ^{2} \dfrac{A}{2}=g(A)$.