Cho \(0^o< a< b< 90^o\). Chứng minh: \(\sin a< \sin b\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
BT
11 tháng 5 2017
a)Do \(0^o< \alpha< 90^o\) nên \(0< sin\alpha< 1;0< cos\alpha< 1\).
Giả sử: \(tan\alpha< sin\alpha\Leftrightarrow\dfrac{sin\alpha}{cos\alpha}< sin\alpha\)
\(\Leftrightarrow sin\alpha< sin\alpha cos\alpha\)
\(\Leftrightarrow sin\alpha\left(1-cos\alpha\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow1-cos\alpha< 0\)
\(\Leftrightarrow cos\alpha>1\) (vô lý).
b) \(sin\alpha+cos\alpha=sin\alpha+sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)\)
\(=2.sin\dfrac{\pi}{4}cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)=\sqrt{2}cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)\)
\(=\sqrt{2}sin\left(\dfrac{\pi}{4}+\alpha\right)=\sqrt{2}sin\left(45^o+\alpha\right)\).
Do \(0^o< \alpha< 90^o\) nên \(45^o< \alpha+45^o< 135^o\).
Vì vậy \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}< sin\left(\alpha+45^o\right)< 1\).
Từ đó suy ra \(\sqrt{2}.sin\left(45^o+\alpha\right)>\sqrt{2}.\dfrac{\sqrt{2}}{2}=1\) (Đpcm).
19 tháng 1 2017
\(\sqrt{\frac{1+\sin}{1-\sin}}-\sqrt{\frac{1-\sin}{1+\sin}}\)
\(=\sqrt{\frac{1-\sin^2}{\left(1-\sin\right)^2}}-\sqrt{\frac{1-\sin^2}{\left(1+\sin\right)^2}}\)
\(=\sqrt{\frac{\cos^2}{\left(1-\sin\right)^2}}-\sqrt{\frac{\cos^2}{\left(1+\sin\right)^2}}\)
\(=\frac{\cos}{1-\sin}-\frac{\cos}{1+\sin}=\cos.\left(\frac{1}{1-\sin}-\frac{1}{1+\sin}\right)\)
\(=\cos.\frac{2\sin}{1-\sin^2}=\frac{2\sin\cos}{\cos^2}=\frac{2\sin}{\cos}=2\tan\)
25 tháng 7 2018
áp dụng công thức sin2a+cos2a=1
A= sin2a +cos2a-2sina.cosa-sin2a-cos2a+2sina.cosa = 0
B=(sỉn2a+cos2a)2 =12 =1
C= cos2a(cos2a+sin2a)+ sin2a=cos2a+sin2a=1
D=sin2a(sin2p+cos2p)+cos2a=sin2a+cos2a=1
E= (sin2a+cos2a)(sin4a-sin2a.cos2a+cos4a)+3sin2a.cos2a
=sin4a+2sin2a.cos2a+ cos4a=(sin2a+cos2a)2=1
KM
0
15 tháng 8 2020
mình nghĩ nên sửa đề là \(-\sqrt{a^2+b^2}\le a\cos\alpha+b\sin\alpha\le\sqrt{a^2+b^2}\)
với a,b,x,y là số thực ta luôn có \(\left(ax+by\right)^2=\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)-\left(ay-bx\right)^2\)
từ đẳng thức này ta suy ra \(\left(ax+by\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)
dấu "=" xảy ra khi \(\left(ax-by\right)^2=0\)
trở lại bài toán ta luôn có \(\left(a\cos\alpha+b\sin\alpha\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha\right)=a^2+b^2\)
từ đó ta có \(-\sqrt{a^2+b^2}\le a\cos\alpha+b\sin\alpha\le\sqrt{a^2+b^2}\)