Matematyka.pl

Wystarczy takie szacowanie:

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n)!-n!}{2^{2n}+n^{2 }} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!((2n)^{\underline{n}} -1)}{2^{2n}+{n^{2} }}
q \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!} {2^{2n + 1} }
q \sum_{n=1}^{\infty}\frac{7!\cdot 8^{n-7}} {2^{2n + 1} } = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{7!\cdot 2^{3n ...

@Tordek

Masz racje - to szacowanie jest prawdziwe, ale przegiąłeś i szereg jest rozbieżny do \(\displaystyle{ -\infty}\).

Niech w_{0}, w_{1},\ldots ,w_{n-1} będą pierwistkami z jedynki n-tego stopnia. Przyjmijmy, że są one wierzchołkami pewnego wielokąta foremnego o środku w (0,0) i w_{0} = 1 . Wykazać, że iloczyn dwóch dowolnych liczb należących do tego wielokąta (łącznie z wnętrzem) również należy do tego wielokąta ...

N_{+} nie jest do końca bez sensu, bo niezależnie którą z tych dwóch wersji N sobie przyjmiesz, to i tak jednoznacznie wyznaczasz zbiór, o który chodziło, tak samo N_{0} .

Ktoś kiedyś powiedział mniej-więcej coś takiego:
"Matematycy dzielą się pod tym względem (poglądu przynależności zera do ...

3*6=18 . Niech każdy z panów dobiera sobie panią w następujący sposób:
||||-- ("|" oznaczaja dobrane pary, a "-" nietańczące panie)
zatanczy z wybraną 3 razy, a potem ruszą sie wszyscy o jeden w prawo:
-||||- itd. pan, ktory nie ma po prawej zadnej pani prosi do tanca 1. od lewej. Widać, że w tym ...

Podzielmy sobie zbiór [1,\ldots,10^{n}] na rozłączne zbiory postaci [10^{i-1},ldots ,10^{i}), i =1,ldots,n oraz \{10^{n}\} Zauważmy, że możemy teraz badać ilość liczb spełniających warunki zadania dokładnie i - cyfrowych. Dla n > 1 liczba krańcowa będzie postaci 10\ldots 0 i nie spełnia warunków ...

a) A ja bym powiedział {25 \choose 5} . Pytanie tylko, dlaczego? Zróbmy to samo na "mniejszym" przykładzie. Mamy 5 gruszek i trzy skrzynie.
------- . Wystarczy wybrać teraz dowolne dwa pola i zamienić je na"|" i otrzymaliśmy podział, np. --|---| ("|" oznacza przegrodę między skrzyniami). W tym ...

Oczywiście, że są to kombinacje i nic innego {10 \choose 1}{12 \choose 1} = 120 .
Pierwej bierzesz jedną kulę białą na 10 sposobów, a potem drugą dowolną (zostały Ci już 3 czarne i 9 białych).

Ja lubię patrzeć na kule jak na kule i pewne zależności między zdarzeniami, a nie kombinacje lub wariacje ...

Dzięki wielkie

Dzieki, ale ten "(!)" przy indukcyjnie nie znalazł się przypadkowo. I podejście do średniej arytmetycznej przez harmoniczną również nie jest tym, o co chodziło.

Są zatem trzy sytuacje.

0. Zaużmy, że ani razu nie wyrzucimy 6 (oczek) i 1. Zdarzeń tych jest 4^{5} , bo w każdym kroku możesz wyrzucić od 2 do 5 oczek, czyli razem 4 różne wartości.

1. Zaużmy, że dokładnie raz wyrzucimy 6 i 1. 6 mogła zostać trafiona w którymś z 5 rzutów, a 1 w jednym z ...

Witam. Czy umie ktoś wykazać indukcyjnie(!) nierówność Couchy'ego (tę o średnich)?
\(\displaystyle{ \forall_{n\in \mathbb{N}_{+}}\forall_{a_{1},\ldots, a_{n}>0} \ \frac{a_{1}+\ldots +a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}\cdots a_{n}}}\).

Tobie chyba chodzi o \sigma -ciało przestrzeni probabilistycznej. Warto najpierw zapoznać się z teorią miary.

Zachęcam do lektury:


sigma-ciało musi spełniać pewne warunki. Co trzeba znajdziesz na:


Przydaje się ta cała teoria, kiedy chcesz wyznaczyć prawdopodobieństwo zdarzenia na zbiorze ...

hmm... chyba chciałeś napisać n|p , ale i wtedy definicja jest do bani, bo 1\in \mathcal{P} , pozostaje też problem z liczbami ujemnymi i tym, czym w ogóle może być to p, bo wiemy tylko, że jest porównywalna z liczbami naturalnymi i czasem przez nie niepodzielna (ale wymierne bez naturalnych też ...

Nie wiem za bardzo, jak mam to rozumieć...

Ale istnieje!

Załóżmy, że to, co nazywasz szeregiem jest ciągiem a=, zauważmy, że a==. Mamy dzieki temu równanie rekurencyjne:
\left\{\begin{array}{lc}a_{1}=1,& n=1\\ a_{n}=a_{n-1}+n-1,& n>1\end{array}
Zatem
a_{n}=a_{n-1}+n-1=a_{n-2}+n-2+n-1=a_{2} + 2 ...