Matematyka.pl

Jasne, że nie trzeba, ale formalnie warto napisać jedno zdanie .
Dzięki za kontrprzyklad, reszta jest chyba ok?

A = \{ w \in \RR[x]_n : w(0)=w'(0) = 0\} \\
B=\{w \in \RR[x]_n : w^{''}(0) = w^{(3)}(0)= \ldots =w^{(n)}(0) =0 \}\\
C=\{w \in \RR[x]_n : w(0) \cdot w(2) \ge 0\}

Które z tych podzbiorów są podprzestrzeniami wektorowymi? Znajdź ich wymiary i bazy. Udowodnij, że \RR[x]_n jest sumą prostą dwóch ...

Znaleźć macierz odwzorowania g\circ f^{-1} w bazach kanonicznych, jeśli:

A=\begin{bmatrix}-1&-1&1\\-1&1&0\\2&-1&-1\end{bmatrix}
jest macierzą endomorfizmu f:\RR[x]_2 \rightarrow \RR[x]_2 w bazie B_1 = (x^2+x-1,x-1,-x^2+x) .

B= \begin{bmatrix}-1&0&1\\2&1&-1\end{bmatrix}

Jest macierzą ...

jutrvy pisze:Rozumiem, że \(\displaystyle{ e_1 = x^3, e_2 = x^2}\) itp?...

Nie, patrz cytat niżej

tangerine11 pisze: \(\displaystyle{ B_{1}=(x^{3}, x^{2}+x, 1+x^{3},1+x)=(e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4})}\)

Według mnie jest dobrze, jeśli rachunki się zgadzają.

Rozdajemy karty między czterech graczy:

\(\displaystyle{ (ASY)4\cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot \hbox{(KRÓLE)} 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot (\hbox{DAMY}) 4! \cdot \ldots \cdot \hbox{(DWÓJKI)} 4!=(4!)^{13}}\)

Tak. Zauważ, że w pierwszym przypadku masz po prostu:
\(\displaystyle{ \begin{cases} e_{11}=2 \\ e_{12}=1 \\ e_{21}=1 \\ e_{22}=1 \end{cases}}\)

Wtedy wektor \(\displaystyle{ e_1 = (e_{11}, e_{12}), e_2 = (e_{21},e_{22})}\) i postępujesz analogicznie.
Wszystko zależy od tego jaką przestrzeń rozważamy.

P(A) = (\hbox{wygrana} \cdot \hbox{wygrana} \cdot \hbox{wygrana}) + \left( \hbox{wygrana} \cdot \hbox{wygrana} \cdot \hbox{przegrana}\right) + \left( \hbox{przegrana} \cdot \hbox{wygrana} \cdot \hbox{wygrana }\right)
Czyli rozpsane wszystkie warianty, które dają conajmnej dwie wygrane z rzędu.
P ...

Wynik oczywiście widać od razu.
-(2,1) + 3(1,1) = (-2 +3, -1+3) = (1,2).
Zatem
(1,2) = [-1,3]_B
Natomiast poniżej podaje rozwiązanie, po kolei...

\alpha \cdot (2,1) + \beta \cdot (1,1) = (1,2) \\
\begin{cases}
2\alpha + \beta = 1 \\
\alpha + \beta = 2
\end{cases}

Jaki to ma związek z ...

Zauważ, że:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n {n \choose k} a^{n-k}b^k = (a+b)^n}\)
Wobec tego, mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n {n \choose k} \left(\frac{1}{2}\right)^{n-k} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^k = \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right)^n = 1.}\)

Z tego co zrozumiałem z filmu, 1\% osób zdrowych będzie miało pozytywny wynik testu, czyli: 1\% \cdot (99000-99) = 1\% \cdot 98901 \approx 989 .

Wtedy,
H = 99 \\ E=989+99=1088 \\ P(H | E ) = \frac{P(H \cap E)}{P(E)} = \frac{\frac{99}{99000}}{\frac{1088}{99000}} = \frac{99}{1088} \approx 0,09 = 9\%

Ja bym to widział tak..

A - Zdarzenie w którym OOOR wypada wcześniej niż RRRR,
A_n - w n-tym rzucie wypadło OOOR i wcześniej nie było RRRR.

Wtedy P(A) = \sum_{i=1}^{\infty} P(A_i)
P(A_1)=P(OOOR)=(1/2)^4
P(A_2)=(1-P(RRRR \cup OOOR))P(OOOR)
P(A_n) = (1-P(RRRR \cup OOOR))^{n-1}P(OOOR)
i ...

Cieszę się, że moglem pomóc .

tata2 pisze:
Gdzie nacisnac "pomogl"?

Taki zielony przycisk pod postem, ale nie jest mi to do niczego potrzebne.

Jasne, gdyby coś było niezrozumiałe, postaram się wytłumaczyć.

Ok, czyli oznaczenia zostają jak wyżej,

A - Liczba rozegranych dotąd gier.
B - Aktualny procent zwycięstw.
C - Pożądany procent zwycięstw.
Dodatkowo,
P - Prawdopodobieństwo wygrania gry. ( P \in [0,1] )
(tzn. średnio, rozgrywając sto gier, wygramy ich 100P ).
Przyda nam się ponownie D=\frac{A ...