комбинаторика

[ameba]

Верно ли следующее:
$\frac{1}{C_n^[^n^/^2^]}}\le\sum\frac{1}{C_n^k}}$ ?

[jetyb]

Да, т.к. $\forall k \quad C_n^{\left[\frac{n}{2}\right]}\geq C_n^k.$

[ShMaxG]

Ну или просто потому, что слева стоит одно из слагаемых справа.

[Maslov]

А что там за закорючка в правой части? Сумма?
Если да, то одно из слагаемых будет в точности равно левой части.

[ameba]

jetyb в сообщении #283006 писал(а):

Да, т.к. $\forall k \quad C_n^{\left[\frac{n}{2}\right]}\geq C_n^k.$

как это доказать?

[ewert]

ameba в сообщении #283018 писал(а):

как это доказать?

Да просто из монотонности до середины (тупо в лоб). Хотя смысл вопроса по-прежнему непонятен.

[ameba]

ewert в сообщении #283033 писал(а):

Да просто из монотонности до середины (тупо в лоб)

простите за глупый вопрос...монотонности чего? надо раскрыть С, преобразовать их каким-то образом?

[ewert]

Хм.

$$C_n^{k+1}\geqslant C_n^{k};\ \ {n!\over(k+1)!(n-k-1)!}\geqslant {n!\over k!(n-k)!};\ \ n-k\geqslant k+1;\ \ k\leqslant{n-1\over2}\ \ldots$$

ну потом учесть симметрию этих коэффициентов и аккуратно поглядеть, что будет на стыке...

[AD]

ameba, никогда не используйте html entities вместо $\TeX$а. Многие читатели в этом месте видят только квадратики.
Исправил первое сообщение.

[ameba]

jetyb в сообщении #283006 писал(а):

Да, т.к. $\forall k \quad C_n^{\left[\frac{n}{2}\right]}\geq C_n^k.$

а это является какой-то общеизвестной теоремой (свойством)?

[jetyb]

Ну да, это свойство можно обнаружить, если немного помедитировать глядя на треугольник Паскаля.