Номер 14, страница 74 - гдз по геометрии 8 класс учебник Смирнов, Туяков

14. Докажите, что если $\angle A < \angle B$, то $\sin A < \sin B$, а $\cos A > \cos B$.

Данное утверждение справедливо не для всех углов, а для острых, то есть для углов, принадлежащих первой координатной четверти. Будем доказывать утверждение при условии, что углы A и B являются острыми, то есть $0^\circ < \angle A < \angle B < 90^\circ$ (или в радианах $0 < A < B < \frac{\pi}{2}$).

Для доказательства можно использовать свойства монотонности тригонометрических функций на указанном промежутке или доказать неравенства аналитически, используя формулы преобразования разности функций в произведение.

Доказательство, что sin A < sin B

Рассмотрим разность $\sin B - \sin A$. Если мы докажем, что эта разность положительна, то докажем и исходное неравенство.

Воспользуемся формулой разности синусов:

$\sin B - \sin A = 2 \sin\left(\frac{B-A}{2}\right) \cos\left(\frac{A+B}{2}\right)$

Проанализируем знаки множителей в правой части равенства, исходя из условия $0 < A < B < \frac{\pi}{2}$:

1. Рассмотрим аргумент синуса $\frac{B-A}{2}$. Так как $A < B$, то $B-A > 0$. Также $B < \frac{\pi}{2}$ и $A > 0$, значит $B-A < \frac{\pi}{2}$. Таким образом, $0 < \frac{B-A}{2} < \frac{\pi}{4}$. Угол $\frac{B-A}{2}$ находится в первой четверти, где синус положителен. Следовательно, $\sin\left(\frac{B-A}{2}\right) > 0$.

2. Рассмотрим аргумент косинуса $\frac{A+B}{2}$. Так как $0 < A < B < \frac{\pi}{2}$, то $0 < A+B < \pi$. Разделив на 2, получаем $0 < \frac{A+B}{2} < \frac{\pi}{2}$. Угол $\frac{A+B}{2}$ также находится в первой четверти, где косинус положителен. Следовательно, $\cos\left(\frac{A+B}{2}\right) > 0$.

Поскольку оба множителя в выражении $2 \sin\left(\frac{B-A}{2}\right) \cos\left(\frac{A+B}{2}\right)$ положительны, их произведение также будет положительным. Значит, $\sin B - \sin A > 0$, что и доказывает неравенство $\sin A < \sin B$.

Это соответствует тому, что функция $y = \sin x$ является возрастающей на промежутке $(0, \frac{\pi}{2})$.

Ответ: Для острых углов $A$ и $B$ таких, что $\angle A < \angle B$, неравенство $\sin A < \sin B$ выполняется, что и требовалось доказать.

Доказательство, что cos A > cos B

Рассмотрим разность $\cos A - \cos B$. Если мы докажем, что эта разность положительна, то докажем и исходное неравенство.

Воспользуемся формулой разности косинусов:

$\cos A - \cos B = -2 \sin\left(\frac{A+B}{2}\right) \sin\left(\frac{A-B}{2}\right)$

Используя свойство нечетности синуса $\sin(-x) = -\sin x$, преобразуем выражение:

$\sin\left(\frac{A-B}{2}\right) = \sin\left(-\frac{B-A}{2}\right) = -\sin\left(\frac{B-A}{2}\right)$

Подставим это в формулу:

$\cos A - \cos B = -2 \sin\left(\frac{A+B}{2}\right) \left(-\sin\left(\frac{B-A}{2}\right)\right) = 2 \sin\left(\frac{A+B}{2}\right) \sin\left(\frac{B-A}{2}\right)$

Проанализируем знаки множителей в правой части, как и в предыдущем пункте:

1. Аргумент первого синуса $\frac{A+B}{2}$. Мы уже установили, что $0 < \frac{A+B}{2} < \frac{\pi}{2}$, следовательно, $\sin\left(\frac{A+B}{2}\right) > 0$.

2. Аргумент второго синуса $\frac{B-A}{2}$. Мы также установили, что $0 < \frac{B-A}{2} < \frac{\pi}{4}$, следовательно, $\sin\left(\frac{B-A}{2}\right) > 0$.

Поскольку оба множителя в выражении $2 \sin\left(\frac{A+B}{2}\right) \sin\left(\frac{B-A}{2}\right)$ положительны, их произведение также будет положительным. Значит, $\cos A - \cos B > 0$, что и доказывает неравенство $\cos A > \cos B$.

Это соответствует тому, что функция $y = \cos x$ является убывающей на промежутке $(0, \frac{\pi}{2})$.

Ответ: Для острых углов $A$ и $B$ таких, что $\angle A < \angle B$, неравенство $\cos A > \cos B$ выполняется, что и требовалось доказать.