Matematyka.pl

oj.. faktycznie.. nie ma n wyrazów tylko n-1

w takim razie co do wyrazu wolnego nieustalonego:

\(\displaystyle{ n^{\frac{n^2-n}{2}} \cdot n=n^{\frac{n^2-n}{2}+1}=n^{\frac{n^2-n+2}{2}}}\)

zgadza się.. Natomiast jeśli nie ustalamy odgórnie elementu neutralnego (każdy element może nim być) to wynik zmienia się na \(\displaystyle{ n^{\frac{n^2+2}{2}}}\)

wybierasz dwa dowolne elementy ze zbioru n-elementowego.. możesz to zrobić na {n \choose 2} sposobów.. Należy jednak pamiętać, że w ten sposób nie wybierzemy zbiorów typu (k,k) , gdzie k=1, \ 2, \ 3... \ n dlatego należy je dodać osobno.. -- 13 sierpnia 2015, 15:07 -- tylko faktycznie nie będzie to ...

dla n=1 mamy oczywiście jedno takie działałanie.. Dla większych n najpierw obliczamy liczbę podzbiorów dwuelementowych oraz dodajemy do nich n zbiorów typu (1,1), (2,2), ... (n,n).. w ten sposób otrzymujemy liczbę wszystkich takich pseudozbiorów.. na koniec pozostaje nam każdej parze przyporządkować...

wymyśliłem coś takiego: \sum_{i=10}^{n}{\min (10+2(i-10), \ n) \choose i} Dla początkowych n na pewno działa.. Sprawdziłem do 14 rzutów.. i to jest liczba wyrzuconych orłów.. W przypadku np 16 rzutów liczba kombinacji to: jeśli wyrzucę 10 orłów to mam 1 możliwą kombinację w której zbankrutuje - wyrz...

10 orłów i dwie reszki to 12*11/2=66 kombinacji Mylisz się.. tylko w jednej kombinacji - najpierw 10 orłów i na koniec dwie reszki zbankrutujemy.. Reszta kombinacji nie przyniesie bankructwa.-- 9 sierpnia 2015, 18:37 --Trzebaby chyba sumować po ilości wyrzuconych orłów w n rzutach.. a później - jeś...

Pytanie brzmi czy rzucamy dalej nawet jeśli nie mamy kasy czy przerywamy? Jeśli nie skończymy to musimy liczyć też te sytuacje kiedy będziemy na minusie, a to by chyba było bez sensu..

No tutaj chyba faktycznie ładnego wyniku nie będzie.. Zliczanie surjekcji:
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n}(-1)^i {n \choose i}(n-i)^k}\)

Oczywiście działa dla \(\displaystyle{ k \ge n}\)

Hmmm.. mam nadzieje, że poprawnie.. źródło: 328664.htm

A nie przypadkiem \(\displaystyle{ n^{k}}\)?

dla każdego naturalnego? Dowód przez indukcję: n=1 wtedy: n-1+ \prod_{j=1}^{n} \max\{ 1, a_j \}=\max\{ 1, a_n \} \ge a_n= \sum_{j=1}^{n} a_j Załóżmy więc, że nierówność jest prawdziwa dla n=k A więc zachodzi: \sum_{j=1}^k a_j \leq k-1 + \prod_{j=1}^k \max\{ 1, a_j \} Weźmy pierwszy przypadek: Niech ...

jest jeden problem mnożenie to jednak co innego niż dodawanie :p możesz ewentualnie zamienić mnożenie na dodawanie w ten sposób: n+1<2^n +2^n=2^{n+1} bo: n<2^n oraz 1<2^n pierwsza nierówność to założenie a drugą należałoby udowodnić można jednak się posłużyć tym, że 1 \le n <2^n wtedy wystarczy zauw...

Zauważ, że \(\displaystyle{ n+1 \le 2n<2^n \cdot 2}\)

Pierwsza nierówność jest oczywista, druga wynika z założenia indukcyjnego pomnożonego obustronnie przez 2.

Dość łatwo jest skonstruować kąt 30 stopni.. (wiedząc, że sinus tego kąta to 1/2) Dopełnieniem kąta 30 stopni do kąta półpełnego jest kąt o mierze 150 stopni.. Potem już wystarczy go tylko podzielić na pół

Czegoś mi tu brakuje.. Wiesz jedynie, że \(\displaystyle{ k'}\) przechodzi przez punkt \(\displaystyle{ P''}\).. (bo \(\displaystyle{ P''}\) powstaje z obrotu o 90 stopni punktu \(\displaystyle{ P'}\) należącego do \(\displaystyle{ k}\) względem punktu \(\displaystyle{ P}\)) ale nie wiesz czy \(\displaystyle{ k'}\) jest prostopadłe do \(\displaystyle{ PP''}\).