Богословские научные степени приравняют к светским

[Димитриадис]

Сообщение от techni

Двойное слепое рандомизированное тестирование с плацебо контролем.

1. Поможет снизить вероятность пристрастного истолкования исследователем эффективности нового лекарства, конечно. Но оно (истолкование) все равно имеет место быть. Собственном, методы, предлагаемые мат.статистикой, помогают свести случайные ошибки выборки до некоторых практически приемлемых значений, но не избавиться от них.

2. Ощущения пациента всегда субъективны.

3. Если исследование очень сложное, не обойтись без сложных методов лабораторной диагностики. Аппаратная реализация этих методов зависит от применяемого лабораторного оборудования, а его конструкторы вряд ли могли предусмотреть все возможные варианты сочетания параметров организма, т.е. приборная ситуация все равно "нагружена теорией".

[Paul Kellerman]

techni

Все, techni, время истекло. Поздравляю, за базар ты ни хрена не отвечаешь.
Отправляешься в игнор-лист. Другие участники тоже сделают свои выводы.

P.S. Прилагаю доказательство тождества.

[techni]

Сообщение от PavelAR

Поздравляю, за базар ты ни хрена не отвечаешь.

пожалуй я проигнорирую хамство и всё-таки погляжу пример на досуге - мне стало любопытно

[Лучник]

Сообщение от techni

и всё-таки погляжу пример на досуге - мне стало любопытн

Хитренький какой. Ответ-то уже дан.

[Olafson]

Сообщение от PavelAR

P.S. Прилагаю доказательство тождества.

Можно еще доказать тождество индукцией по k, ведь левая часть представляет собой k-ую конечную разность функции f(x) = 1/x, определенной при натуральных x.
То есть k-ая сумма есть разность двух последовательных (k-1)-х сумм.

[Paul Kellerman]

Сообщение от Olafson

Можно еще доказать тождество индукцией по k

Можно, но тогда придется проводить индукцию и по n, и по k, поскольку хотя k < n,
я могу свободно задавать любое n = 1...+Inf и свободно задавать любое k = 0...n-1.
Чтобы не связываться со всем этим геморроем, я пошел другим, рекурсивным путем.

[Olafson]

Например, пусть

S(k , n) = \sum\limits_{i=0}^{k} \frac{(-1)^i\cdot C_k^i}{n-k+i}, \quad 0\leq k < n.

Предположим, что

S(k-1, m) = \frac{1}{(m-(k-1))\cdot C_m^k}, \quad 0\leq k-1 < m

Тогда

S(k, n) = S(k-1, n-1) - S(k-1, n) = \frac{1}{((n-1)-(k-1))\cdot C_{n-1}^{k-1}} - \frac{1}{(n- (k-1))\cdot C_n^{k-1}} = \frac{n}{(n-k) k C_n^k} - \frac{1}{k C_n^k} = \frac{1}{(n-k)\cdot C_n^k}, \quad 0\leq k < n.

Для k=1 получаем S(1, n) = \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} = \frac{1}{(n-1)\cdot n} = \frac{1}{(n-1)\cdot C_n^1}.

[Hogfather]

Olafson, Вас не затруднит пользоваться http://mathurl.com? (к полученной короткой ссылке добавляете .png и всё работает прекрасно)
А то читать тяжело...

Сообщение от Olafson

Например, пусть

Предположим, что

Тогда

Для k=1 получаем .

[Paul Kellerman]

В принципе да, через матиндукцию, наверное, быстрее можно доказать, хотя тут
нужно все корректно делать, ибо не один, а уже два задаваемых параметра n и k.

Но это хорошо, когда уже догадался о правой части. Хуже когда она неизвестна.
В моем варианте доказательства правая часть именно выводится из левой части.

P.S. Ладно, в следующий раз буду ставить задачи жестче - найти формулу суммы

[Ilona]

Товарищи, какие вы умные! Прямо дар речи теряется.
А не попросить ли модератора закрепить эту тему в назидание потомкам? Как пример давно известной народной мудрости (хотела написать- аксиомы, но посмотрела на формулы выше и мне стало страшно): о религии, медицине и политике не спорят:-)