Geht wohl schon so, allerdings würde ich auf einen indirekten Beweis verzichten, wenn es auch direkt geht, etwa so:

y_n gehe gegen y

Die Folge der Urbilder muss nach Voraussetzung eine konvergente Teilfolge y_(n_k) haben, die in X etwa gegen x0 konvergiert.

Wegen der Stetigkeit und Bijektivität geht dann die Folge y_(n_k) = f(f^(-1)(y_(n_k)) gegen f(x0).

Dann muss gelten f(x0) = y.

Also ist x0 = f^(-1)(y), was wir zeigen wollen.

Wenn sich das alles in einem allgemeinen metrischen Raum abspielt wäre noch zu prüfen, ob die Begrifflichkeiten so verwendbar sind, bin mir da nicht 100% sicher.

Setze

c_n = b_(n/2), wenn n gerade, sonst 0

Dann hast du die zweite Potenzreihe in der gleichen Form wie die erste mit c_n und Exponent n.

Und dann kannst du a_n und c_n addieren.

Wenn man die Null als gerade zählt, dann ist die Wahrscheinlichkeit für gerade in jedem Umlauf 1/2. Es interessieren nur die ersten 4 Umläufe, das resultiert in einer Wahrscheinlichkeit von 1/2^4, also 1/16.

Jede Kombination von 6 Ziffern hat die Wahrscheinlichkeit 1/2^6 = 1/64.

Wenn man über alle diese Kombinationen summiert, deren erste 4 Ziffern gerade sind, dann kommt man auch auf 1/16.

Schau mal in der Wikipedia nach "Sammelbilderproblem", deine Fragestellung ist im Prinzip nichts anderes.

Der Erwartungswert für die Anzahl Züge bis man alle Buchstaben hat ist etwa 26 × ln(26).

Hier muss man aufpassen, ob zweimal eine bestimmte Person (mit "Zurücklegen"I) gezogen wird, oder zweimal die gleiche, es geht hier wohl um letzteres.

Wie du schon (fast) geschrieben hast, der Ereignisraum wäre:

{ (w1,w2) | wi Element von {1,……1500}}

|omega|=1500^2

Dein Ereignis A mit { (w1,w2) | wi =wj}, also |A| =1500

Die Wahrscheinlichkeit ist 1/1500.

Aus √(x²−1)=x+t hat man einerseits

dx/dt = x/(x+t) - 1, und damit integriert man über

1/(x(x+t)) dt/(x/(x+t)-1) = - dt/(xt)

Andererseits ist x = - (t^2 -1)/(2t), das eingesetzt führt zum Integral über 2/(t^2 +1), und das liefert den arc tan.

Kein Ass: (48 über 13) / (52 über 13). Mindestens ein Ass ist gleich 1 minus das, = 0.696... Antwort (d).

In Spalte B stehen die beobachteten Gewichte, in Spalte C die zugehörige absolute Häufigkeit. Division durch 125 liefert die relative Häufigkeit. Die Berechnung ist dann Summe über alle beobachteten Gewichte mal relative Häufigkeit.

Wenn x ganzzahlig positiv sein soll, dann reicht es, ein paar Werte auszuprobieren, x= 1, 2, ...., da die Fakultät sehr viel schneller wächst als das Polynom.

Kann ich nicht mal als Scherzfrage bejahen. Obwohl ich keinen einzigen nicht-schlanken Mathematiker kenne ...

Ja, das Leben ist hart. Andere kotzt halt was anderes an. Dein Hund muss übrigens doch rechnen, nämlich damit, dass er von dir täglich was zu Fressen kriegt. Da bist du dann doch in der besseren Ausgangsposition.

Wer zu Wortkreationen wie "nirgendwelche" fähig ist, scheint mir auch genug Kreativität zu haben, um im Leben bestehen zu können, nicht nur in der Schule oder in irgendwelchen Kanälen.

Bei der (b) liegst du wohl richtig, ich finde nur die erste Frage unpräzise formuliert. Deine Lösung entspricht "genau einer der fünf ausgewählten Läufe", und wahrscheinlich ist es auch so gemeint.

Die (d) würde ich so rechnen: 0.0616 / (0.0616 + 0.0448) = 57.9%. Deine Notizen hierzu verstehe ich nicht.

Bei der (e) würde ich sinngemäss das gleiche wie in (d) rechnen, allerdings mit den Zahlen aus der Tabelle, 624 / (624 + 582) = 51.7%

A: 60% * 1.4 / (1.4 + 1) = 35%

C: 40% * 1.5 / (1.5 + 1) = 24%

Deine Lösung ist korrekt.

Zur Einstimmung k=4:

4/8 * 3/7 * 2/6 * 1/5 = 1/70

(Bei jedem Zug Anzahl günstige durch Anzahl mögliche)

Nun k=5

4/8 * 3/7 * 2/6 * 1/5 * 4/4 * 4 = 4/70 = 2/35

Die "4/4" stehen dafür, dass irgendwann unter den ersten 4 der 5 Züge aus den 4 blauen gezogen wird. Die "4" steht dafür, dass dies beim ersten, zweiten, dritten oder vierten Zug sein kann.

v ergibt sich als Rest zur 1, wie Wechselfreund schon geschrieben hat.

Ansatz mit der hypergeometrischen Verteilung

(100-k über 3) * (k über 0) / (100 über 3)

+ (100-k über 2) * (k über 1) / (100 über 3)

= (100-k)*(99-k)*(98-k)/6/(100*99*98/6)

+ (100-k)*(99-k)/2* k /(100*99*98/6)

Das muss man nur ein bisschen zusammenfassen, dann steht die Formel da.

Die zweite Frage soll wohl ein Witz sein.

Das Innere ist leer, da man um keinen Punkt von M eine offene Kreisscheibe legen könnte, die ganz in M liegt.

Zum Rand von M gehört M selbst, da zu jedem Punkt (x, cos(1/x)) und jeder Umgebung dieses Punkte weitere Punkte von M liegen, man nimmt einfach

(x+epsilon, cos(1/(x+epsilon)))

für geeignetes epsilon.

Der Punkt (1/pi,-1) ist genauso begründbar.

Für jeden Punkt auf {(0,y) | -1<=y<=1} und jede zugehörige Umgebung kann man einen Punkt aus M finden, der in dieser Umgebung liegt. Dazu konstruiert man den Punkt

(epsilon, cos(1/epsilon))

so, dass cos(1/epsilon) = y und epsilon klein genug ist.

War in der Vorlesung nicht die folgende Formel dran?

https://de.wikipedia.org/wiki/Fakult%C3%A4t_(Mathematik)#Primzahlexponenten

[n/p] + [n/p^2] + [n/p^3] + .....

[...] ist die Gauss-Klammer, d.h. es wird auf die nächste ganze Zahl abgerundet.

Das kann man nun für alle n von 1 bis p^a summieren.

Dazu summiert man "spaltenweise", d.h. man berechnet für k = 1 bis a die Summen

Summe über [n/p^k] von n = 1 bis p^a

Etwa für k = 1:

Summe über [n/p] von n = 1 bis p^a

Diese Summe zerlegt man in Abschnitte der "Länge" p, in denen [n/p] den gleichen Wert hat, also etwa n = jp bis (j+1)p -1, dann ist [n/p] = j. Am Ende steht n = p^a als Abschnitt der Länge 1 alleine da.

Also ergibt sich die Summe 1p + 2p + .... + (p^(a -1)-1)p + p^(a-1)

= p (1 + 2 + .... + (p^(a -1)-1) ) + p^(a-1)

= p (p^(a -1)-1) p^(a -1) / 2 + p^(a-1)

= (p^(a -1)-1) p^a / 2 + p^(a-1)

Für k = 2:

1p^2 + 2p^2 + .... + (p^(a -2)-1)p + p^(a-2)

= p^2 (p^(a -2)-1) p^(a -2) / 2 + p^(a-2)

= (p^(a -2)-1) p^a / 2 + p^(a-2)

Jetzt kann man diese noch zusammenfassen über k= 1 bis a

Summe über (p^(a -k)-1) p^a / 2 + p^(a-k) von k= 1 bis a,

das überlasse ich dir, das sind einfache geometrische Summen :-)

Zur (e) löse die Gleichung

30 × 1,11^t = 10 × 1,2^t