Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2999
2019-05-06 
Доказать, что если $\alpha$ и $\beta$ - острые углы и $\alpha < \beta$,
то
a) $\alpha - \sin \alpha < \beta - \sin \beta$ б) $tg \alpha - \alpha < tg \beta - \beta$.
Решение:
Первое решение. Требуется доказать, что если $\beta > \alpha$, то
a) $\sin \beta - \sin \alpha < \beta - \alpha$.
Но очевидно, $\sin \beta - \sin \alpha = 2 \sin \frac{\beta - \alpha}{2} \cos \frac{\beta + \alpha}{2} < 2 \frac{\beta - \alpha}{2} \cdot 1 = \beta - \alpha$
(ибо для каждого отличного от нуля угла $х$ первой четверти $\sin x < x, \cos x < 1$).
б) $tg \beta - tg \alpha > \beta - \alpha$.
Но, очевидно,
$\beta - \alpha < tg ( \beta - \alpha) = \frac {tg \beta - tg \alpha}{1 + tg \beta tg \alpha} < tg \beta - tg \alpha$
(ибо для каждого отличного от нуля угла $x$ первой четверти $tg x > x$).
Второе решение. Рассмотрим здесь только задачу а), так как решение задачи б) совершенно аналогично.
Проведем единичную окружность с центром в точке $О$, и пусть дуга $АЕ$ равна $\alpha$ и дуга $AF$ равна $\beta$. Если $ЕМ$ и $FP$ - перпендикуляры, опущенные из точек $Е$ и $F$ на радиус $OA$ рис., то
$S{\Delta OEA} = \frac{1}{2} \sin \alpha$,
$S{\Delta OFA} = \frac{1}{2} \sin \beta$
и
$S_{\: сект} OEA = \frac{1}{2} \alpha$, $S_{\: сект} OFA = \frac{1}{2} \beta$,
где буква $S$, как обычно, означает, площадь. Отсюда следует, что
$\alpha - \sin \alpha = 2 S_{\:сегм} AmE$
$\beta - \sin \beta = 2 S_{\:сегм} AEF$
и, следовательно,
$\alpha - \sin \alpha < \beta - \sin \beta$.
Доказать, что если $\alpha$ и $\beta$ - острые углы и $\alpha < \beta$,
то
a) $\alpha - \sin \alpha < \beta - \sin \beta$ б) $tg \alpha - \alpha < tg \beta - \beta$.
Решение:
Первое решение. Требуется доказать, что если $\beta > \alpha$, то
a) $\sin \beta - \sin \alpha < \beta - \alpha$.
Но очевидно, $\sin \beta - \sin \alpha = 2 \sin \frac{\beta - \alpha}{2} \cos \frac{\beta + \alpha}{2} < 2 \frac{\beta - \alpha}{2} \cdot 1 = \beta - \alpha$
(ибо для каждого отличного от нуля угла $х$ первой четверти $\sin x < x, \cos x < 1$).
б) $tg \beta - tg \alpha > \beta - \alpha$.
Но, очевидно,
$\beta - \alpha < tg ( \beta - \alpha) = \frac {tg \beta - tg \alpha}{1 + tg \beta tg \alpha} < tg \beta - tg \alpha$
(ибо для каждого отличного от нуля угла $x$ первой четверти $tg x > x$).
Второе решение. Рассмотрим здесь только задачу а), так как решение задачи б) совершенно аналогично.
Проведем единичную окружность с центром в точке $О$, и пусть дуга $АЕ$ равна $\alpha$ и дуга $AF$ равна $\beta$. Если $ЕМ$ и $FP$ - перпендикуляры, опущенные из точек $Е$ и $F$ на радиус $OA$ рис., то
$S{\Delta OEA} = \frac{1}{2} \sin \alpha$,
$S{\Delta OFA} = \frac{1}{2} \sin \beta$
и
$S_{\: сект} OEA = \frac{1}{2} \alpha$, $S_{\: сект} OFA = \frac{1}{2} \beta$,
где буква $S$, как обычно, означает, площадь. Отсюда следует, что
$\alpha - \sin \alpha = 2 S_{\:сегм} AmE$
$\beta - \sin \beta = 2 S_{\:сегм} AEF$
и, следовательно,
$\alpha - \sin \alpha < \beta - \sin \beta$.
