Matematyka.pl

AD.2.
Dowód poglądowy (przez machanie rękami).
10 kolejnych liczb naturalnych zawiera dokładnie 5 liczb nieparzystych.
Wśród 5 kolejnych liczb nieparzystych jedna z nich zawsze jest podzielna przez 5, a więc nie może być pierwszą.
Zostają nam 4 liczby nieparzyste, o których w ogólności nic ...

Nie jestem ekspertem, ale symbol Newtona jest zdefiniowany dla n N i k N a u Ciebie n =-1 a za drugim razem n=-0,5.
O ile ja nie mam jakieś okrojonej definicji, to tego sie nie da policzyć.
Ale.....
Jest też taki wzór:
{n\choose k}=\frac{[n-(k-1)]...(n-1)n}{k!}
Niemniej jednak przy tym wzorze też ...

A możesz tylko sprecyzować, czy każda z tych trzech liczb ma być podzielna przez 15 czy liczba odpowienio złożna z x1,x2,x3 ma być tak podzielna ???
Bo oba warianty inaczej sie robi, a sam jakoś nie moge wybrać .

1. n - liczba punktów na płaszczyźnie
Aby mieć proste utworzone z tych punktów liczymy kombinacje 2 elementowe z n. Ilość tych kombinacji jest 36.
Co nam daje:
frac{n!}{2! * (n-2)!} = 36[ ex]
Upraszczamy to równanie i dochodzimy do
(n-1)(n)=72[ ex]
Jedyne dwie liczby oddalone od siebie o jeden ...

Nazwij mnie upatym osłem, ale ja dalej uważam, że sie mylisz (co nie znaczy, że ja mam racje, ale stoje przy swoim).
Pozdrawiam.

Coś jest nie tak z ogólną twoją koncepcją.
Mówisz, że

No i bardzo dobrze, bo jeżeli chcę wybrać n elementów z n-elementowego zbioru, to prawdopodobieństwo wyboru każdego kolejnego elementu ma być równe 1.0

Idąć tym rozumowaniem, można równie dobrze powiedzieć, że byle tylko k

A pewnie, że tak.
Zamiast dokładnie przeanalizować to wziołem to na zdrowy rozsądek.
(Wstyd mi )
Dzięki za poprawienie mnie.

Napisałeś znak zawierania, co sugeruje, że {a;b}, {a;c},{a;d} są podzbiorami zbioru A. Co nam daje, że do A należą elementy {a;b;c;d} czyli conajmniej cztery. Mimo to z tego co napisałeś nie wiemy jaka jest moc zbioru, bo nic nie mówi nam czy te trzy podzbiory dają w sumie całe A.
W takim razie ...

Hmmm, tylko jakoś jestem bliżej tego co myślą twoi koledzy.
Zastanów się nad dwoma aspektami tego co mówisz:
1. gdy k=n to będzie sie nieźle dzialo z twoim sposobem obliczania prawdopodobieństwa będzie cały czas równy 1, a to dziwne by prawdopodobieństwo wyboru w kroku np. 17 gdy zostało mi np. 29 ...

W zasadzie w teorii te zadania są proste (w rachunkach nie zawsze).
Rozumować powinieneś tak:
1. Musisz zsumować (suma ma być od 1 do n/2 w przypadku gdy n - parzyste, a od 1 do n-1/2 gdy n- nieparzyste)
A co sumujesz:
dla n=1 masz zsumować wszystkie możliwości wyboru jednego elementu z tego zbioru ...

a) Jest nieprawdziwe - n=4 wyklucza, że n jest pierwszą.
b)tak każda liczba z tego zbioru spełniająca ten warunek jest podzielna przez 2 (tak wogóle to ten warunek implikuje tylko liczbę n=10 - także nie ma problemu z testowaniem).

Jeśli to jest pełna treść zadania to rozumowanie wydaje się proste.
A jeśli nie, to mogło być kilka spraw, które nie wziołeś pod uwagę.
Ostatnio robiłem podobne zadanie, też trzeba było wylosować trzy liczby, ale różnica była taka, że parzystą miała być suma cyfr tych liczb.
Ale to tak tylko na ...

To się jak najbardziej zgadza

Możemy stwierdzić że 0 .

Zad 1.
Moc przestrzeni zdarzeń jest równa liczbie możliwości wyboru 2n - elementów ze zbioru 4n elementowego.
\overline{\overline{\Omega}} = C_{4n}{2n}
B- zdarzenie polegające na takim podziale równolicznym, że w obu zbiorach będzie tyle samo liczb podzielnych przez n

w Zbiorze A są tylko 4-ry ...

Na początku trzeba policzyć ile jest odcinków:
Niech p - ilość odcinków
Kombinacja 2-ch z n-ch elementów: p =C_{n}^{2}
Zdarzeniem elementarnym jest "trójka" odcinków wylosowanych z p możliwości.
Przestrzeń zdarzeń elementarnych ma moc:
\overline{\overline{\Omega}}=C_{p}^{3}

Niech A - zdarzenie ...