Schreibe auf, was sie sagen.

Przy okazji funkcji trygonometrycznych nie sposób nie wspomnieć o nierównościach z ich udziałem. Rozwiązywanie ich opiera się jednak głównie na metodzie graficznej: mając narysowany wykres możemy łatwo określić, jakie liczby spełniają daną nierówność.

Jako że nie ma tu jakiejś dodatkowej teorii, możemy przejść od razu do rozwiązywania przykładów.

Weźmy nierówność $sin x$ > ${1}/{2}$.

1) Narysujmy wykres.



2) Zastanówmy się, dla jakich argumentów nierówność zamienia się w równość, tzn. dla jakich kątów ich sinus jest równy ${1}/{2}$. Łatwo dostrzec, że jest tak na przykład dla kąta ${∏}{6} = 30°$. Dalej, korzystając z wykresu, możemy sprawdzić, że musi tak być także dla x-a leżącego symetrycznie "po drugiej stronie" wzniesienia sinusa - czyli dla kąta ${5∏ }{6}$ (punkty A i B na wykresie).

3) Z punktu 2 i wykresu wynika, że naszym rozwiązaniem jest przedział między ${∏}/{6}$ a ${5∏}/{6}$.

4) Funkcja jest okresowa, więc musimy wziąć pod uwagę wszystkie rozwiązania: jako że powtarzają się one co $2∏$, to ogólna postać rozwiązania to przediał od ${∏}/{6} + k×2∏$ do ${5 ∏}/{6} + k×2∏$, gdzie $k$ jest dowolną liczbą całkowitą.

Te cztery punkty powinny nam umożliwić rozwiązanie dowolnej nierówności tego typu.

Weźmy inny przykład: $ an ({∏}/{2} - x)$ > $1$.

1) Jako że funkcja nie jest ładnie określona, najpierw spróbujemy doprowadzić ją do czystej postaci. Korzystając z poznanych już wzorów redukcyjnych możemy stwierdzić, że $ an ({∏}/{2} - x) = ctg x$.

(Przypomnienie: zmieniliśmy funkcję, ponieważ w kącie nie mieści się $∏$, nie zmieniliśmy znaku, ponieważ kąt leżał w I ćwiartce, w której tangens jest dodatni).

2) Rysujemy wykres.



3) Dla jakiego kąta cotangens jest równy 1? Oczywiście dla kąta prostego = ${∏}/{4}$. Jako że cotangens jest funkcją różnowartościową (w obrębie jednego okresu), to naszym rozwiązaniem jest przedział od 0 do ${∏}/{4}$.

4) Biorąc pod uwagę okresowość cotangensa trzeba dodać do rozwiązań okres: w wyniku powstaje przedział od $k×∏$ do $k×∏ + {∏}/{4}$ dla $k$ będącego dowolną liczbą całkowitą.

Teraz czas na pytanie innego rodzaju: na ile sposobów jesteśmy w stanie wybrać dwie piłki spośród czterech, przy czym po wybraniu pierwszej wrzucamy ją spowrotem do worka?

Rozpisując wszystkie kombinacje można się przekonać, że isnieje ich dokładnie 10 - do "standardowych", które policzylibyśmy korzystając z poprzedniego podpunktu $( able 4;2) = 6$ należy dodać jeszcze cztery zawierające dwa takie same elementy: $(0,0), (1,1), (2,2)$ i $(3,3)$.

Jednak takie podejście nie zadziała w ogólności, ponieważ przy wybieraniu większej ilości piłek możemy mieć kombinacje składające się na przykład z trzech takich samych i dwóch innych.

Rozwiązanie zadania opiera się na pomyśle, aby każdej kombinacji przyporządkować pewien ciąg zer i jedynek. Liczba zer w ciągu będzie wynosiła $n-1$, jedynek - $k$.

Ciąg przyporządkowywujemy w ten sposób, że każda jedynka odpowiada elementowi o numerze równym ilości zer przed jedynką. Inaczej mówiąc: jeśli przed trzecią jedynką jest na przykład 5 zer, to znaczy to, że w kombinacji znajduje się piątka. Jako że ilość sposobów rozmieszczenia k jedynek na n+k-1 miejscach wynosi $(n+k-1 choose k)$, a każdy taki sposób odpowiada jednej kombinacji z powtórzeniami, to właśnie tyle jest kombinacji z powtórzeniami.

Przykład:

Załóżmy że $n=5, k=3$. Wtedy kombinacji $(1,2,3)$ odpowiada ciąg $(0,1,0,1,0,1,0)$. Kombinacji $(0,2,2)$ odpowiada zaś ciąg $(1,0,0,1,1,0,0)$.