Để chứng minh bất đẳng thức \( \sin \alpha + \cos \alpha < \sqrt{2} \) với \( 0^\circ < \alpha < 90^\circ \), chúng ta làm theo các bước dưới đây:

1. **Sử dụng Đẳng thức Cauchy-Schwarz**:
Theo định lý Cauchy, ta có:
\[
(\sin \alpha + \cos \alpha)^2 \leq (1^2 + 1^2)(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha)
\]
Trong đó, \( \sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1 \), nên ta có:
\[
(\sin \alpha + \cos \alpha)^2 \leq 2 \cdot 1 = 2
\]

2. **Kết luận từ bất đẳng thức**:
Từ bất đẳng thức trên, ta suy ra:
\[
\sin \alpha + \cos \alpha \leq \sqrt{2}
\]

3. **Tính giá trị tại các cực trị**:
Xét giá trị của \( \sin \alpha + \cos \alpha \):
- Khi \( \alpha = 0^\circ \), \( \sin 0 = 0 \) và \( \cos 0 = 1 \), do đó \( \sin 0 + \cos 0 = 1 < \sqrt{2} \).
- Khi \( \alpha = 90^\circ \), \( \sin 90 = 1 \) và \( \cos 90 = 0 \), do đó \( \sin 90 + \cos 90 = 1 < \sqrt{2} \).
- Khi \( \alpha = 45^\circ \), \( \sin 45^\circ = \cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \), do đó \( \sin 45^\circ + \cos 45^\circ = \sqrt{2} \).

4. **Chứng minh không đạt giá trị cực đại**:
Chúng ta cần chứng minh rằng \( \sin \alpha + \cos \alpha < \sqrt{2} \) trong khoảng \( (0^\circ, 90^\circ) \). Đặt \( f(\alpha) = \sin \alpha + \cos \alpha \).
- Đạo hàm của \( f \):
\[
f'(\alpha) = \cos \alpha - \sin \alpha
\]
- Tìm nghiệm của \( f'(\alpha) = 0 \):
\[
\cos \alpha = \sin \alpha \implies \tan \alpha = 1 \implies \alpha = 45^\circ
\]
- Ta có:
\[
f'(0^\circ) > 0 \text{ (tăng)} \quad và \quad f'(90^\circ) < 0 \text{ (giảm)}
\]
Điều này cho thấy \( f(\alpha) \) có giá trị cực đại tại \( \alpha = 45^\circ \) và đạt giá trị là \( \sqrt{2} \).

5. **Kết luận**:
Trong khoảng \( (0^\circ, 90^\circ) \), giá trị của \( \sin \alpha + \cos \alpha \) luôn nhỏ hơn \( \sqrt{2} \) (trừ tại \( \alpha = 45^\circ \), nơi nó đạt giá trị bằng \( \sqrt{2} \), nhưng không nằm trong khoảng mở này). Do đó ta có:
\[
\sin \alpha + \cos \alpha < \sqrt{2} \quad \forall \alpha \in (0^\circ, 90^\circ)
\]

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.