Matematyka.pl

1. Nie. Np. K 3,3: ... h_K3,3.svg
2. Ograniczenie dolne? Może być \(\displaystyle{ - \pi}\)?

Jaką wziąłeś liczbę wszystkich zdarzeń?

Bernoulli zdaje się być nieodpowiedni gdy zapamiętujemy poprzednie próby.

-- 20 kwi 2016, o 10:41 --

Weź odejmij od wszystkich (10 po 4) odejmij niesprzyjające (9 po 4). To powinno działać-- 20 kwi 2016, o 10:46 --No i wychodzi 40% xD

A czemu wynikiem nie jest 40% ?

Można rozpisać, ale lepiej kombinatorycznie:

Musisz wybrać k liczb spośród n.

1. Bierzesz pierwszą i z pozostałych n-1 wybierasz k-1
2. Nie bierzesz jej i z pozostałych n-1 wybierasz k

Bardzo możliwe, że źle coś obliczyłem, ale twoje ułamki są absurdalne

OK, ale troszkę przegadane

Masz 8 wierzchołków i 7 możliwych stopni. Z zasady szufladkowej 2 wierzchołki mają ten sam stopień.

BTW zasada szufladkowa to oczywistość, ale warto się na nią powoływać, by się nie napisać

Jeśli k \le \frac{n-7}{8} to dla k+1 wyrażenie jest większe lub równe. Rozważę przypadek gdy nigdy nie ma równości w k \le \frac{n-7}{8} największą wartością x dla której wyrażenie x+1 jest od niej większe to x=\left[ \frac{n-7}{8} \right] Zatem największa wartość występuje dla x+1=\left[ \frac{n-7}...

Jest jakieś wyrażenie na liczbę sytuacji dla k+1 podzielone przez to samo dla k. Gdy ten ułamek jest większy od jedynki to wyrażenie dla k+1 jest większe od analogicznego dla k, czyli inaczej mówiąc funkcja rośnie. Gdy zachodzi równość to te dwa wyrażenia są równe, czyli funkcja w tym miejscu jest s...

Liczba A,B,C, takich że ich część wspólna jest mocy k: {n \choose k} (1+3+3)^{n-k} = {n \choose k} (7)^{n-k} (wybieram k elementów, które będą w przecięciu; następnie pozostałe liczby mogą być albo w żadnym ze zbiorów, albo w jednym z nich, albo w 2. z nich) \frac{{n \choose k+1} (7)^{n-(k+1)}}{{n \...

Prawdopodobieństwo, że w rzucie suma = 7 wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\)
Prawdopodobieństwo, że w rzucie suma = 5 wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{9}}\)
Reszta \(\displaystyle{ \frac{13}{18}}\)

Zadarzenie i: 7 pojawiło się w i-tym rzucie i nie było wcześniej 5

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{ \infty } \left( \frac{13}{18} \right) ^{i-1} \frac{1}{6}}\)

Każdemu elementowi mówisz czy ma być w pierwszym czy w drugim zbiorze.

Czyli dla k różnego od 0:

\(\displaystyle{ \left| A\right| = \frac{{n \choose k} 2^{k}}{2}}\)

Dla k=0 wynik zadania to 0, bo ciąg 0,0 ma dwa maksima lokalne

Zdaje mi się, że z trygonometrią nie ma to większego związku. Podaną sumę można wyliczyć z rozpisania symboli newtona, a dalej dwumianu newtona. Ale takie sumy najłatwiej obliczać z interpretacji kombinatorycznej. Mówi ona również, że od początku dało się zrobić to zadanie prościej, ale nie wpadłem ...

Prawie tak. Musisz uwzględnić jeszcze, że 1,3,2 powstanie z dwóch różnych wyborów zbiorów: {1,3}{2} oraz {1}{2,3}. Dlatego pisałem o dzieleniu na dwa. Odwołuję jednak dodawanie jedynki, bo jednak wszystko da się przedstawić na dwa sposoby

Sumuj po miejscu wystąpienia maksimum - oznaczmy go i. Najpierw wybierasz i liczb z n i sortujesz rosnąco. Następnie k-i i sortujesz malejąco. W ten sposób liczymy każdy układ dwa razy (maksimum w lewej lub w prawej części), więc wynik dzielimy na dwa. Dodajemy 1, bo podzieliliśmy na 2 przypadki i=0...

Princess ma dobrze

Polecam przeczytać o włączaniu wyłączeniu. Jest to metoda, którą stosuje się, gdy musi wystąpić dokładnie k własności (tutaj k=0)