Wataru

Дельта x меньше лямбда по построению. Также, лямбда меньше дельта, так указано в насале строки. Весь этот переход - это замена каждого дельта x на большее его дельта и вынос его за скобки.

Это не задача на программирование, а задача на математику. Решение - одна формула.

Сначала решите уравнение, при какой величине вклада X доход от бумаги и от банковского вклада будет одинаков?

1.1X+2000 = 1.12X

До этой суммы выгоднее брать бумагу - после - вклад.
Далее надо 4 раза взять одно из двух, сравнивая текущую сумму с пороговым значением выше.

От питона вам надо уметь выполнять действие 4 раза:
for i in range(0, 4):

Сравнивать 2 значения и делать в зависимости от этого разные действия.

if a < b:
  foo
else:
  bar

Ну, вряд ли вы не знаете, еще надо уметь присваивать переменные и выполнять арифметику - умножение и сложение.

Треугольник можно составить из любых трех отрезков, пока выпонляется неравенство труегольника a+b > c, a+c > b, b+c > a. достаточно проверять только одно из них - максимальное число должно быть меньше суммы остальных. Но если не очевидно, какое из них максимальное, то можно проверять все три.

Итак, дано только A и k, так?

Чтобы как-то угол связать со сторонами надо воспользоваться теоремой косинусов:

c^2 = a^2+b^2-2*a*b*cosA.
подставив суда b=ck, получим
с^2 = a^2+k^2c^2-2*k*a*c*cosA

Это квадратное уравнение, связывающее C и A. Можно решить его относительно a (c - параметр) и вы получите а, выраженное через с.

Ну и в конце надо проверить, что a+b > c, a+c > b, b+c > a, подставив туда найденные формулы для b и a через c. В этих неравенствах будут известные cosA, sinA, k и неизвестная с. Поскольку тругольник по углу и соотношению сторон можно масшабировать, то неравнество должно выполнятся для всех c. Но на самом деле в этих неравенствах все c можно будет тупо сократить. Какие-то из них можно сразу же выкинуть, если рассмотреть 2 случая k>1 и k<=1. Ну а как их дальше решать - думайте сами.

Надо чтобы все возможные варинаты были равновероятны или возможны перекосы?

Если возможны перекосы, то есть простой алгоритм.
Сначала за один проход подсчитайте частичные суммы s1=y1, s2=y1+y2, s3=y1+y2+y3...

Потом идем с конца. В последнюю стопку можно положить от max(0, z-s(n-1)) до yn блоков. Все оставшиеся блоки гарантированно влезают в предыдущие стопки. Уменьшайте z на сгенерированное случайное число блоков и повторяйте дальше.

Если надо все равновернятно, то все сложно. Надо динамическим программированем уметь считать, сколько вариантов разместить k блоков на первых i стопках. Потом сгенерировать случайный номер среди всевозможного количества размещений и считать, а сколько бывает вариантов при последней стопке с 0, 1, ... yn блоках и так можно понять, сколько блоков надо поставить в последнюю стопку, чтобы накрыть нужный вариант в лексикографическом порядке. Для этого используйте подсчитанные динмическим программированием значения.

Воспользуйтесь векторным произведением векторов из центра окружности на две точки. Оно вам даст положительное значение, если от первого ко второму вектору надо идти против часовой стрелки и отрицательное - наоборот. Ноль, если вектора лежат на одной прямой с центром окружности.

Форомула будет (x0 - xr)(y1-yr) - (x1-xr)(y0-yr), где xr, yr - центр окружности.

Должны быть какие-то определенные свойства матрицы даны. Иначе оно нифига приблеженно не равно. Например,

X= {{1, 5}, { 1, 5}}, Y={{5, 1/5}, {5, 1/5}}

слева даст: 1/2 (10/2 + 2/10) = 1/2 (5 + 0.2) = 2.7

а справа: (5+5+1+1)/(1+5+1+5)= 1

Вообще даже близко не равно. Меняя 5 в матрице выше на сколь угодно большое число, вы получите сколь угодно большую разницу.

Вы потеряли не С в тертьем слагаемом в первой строчке.

А дальше там будет 2 соседних слагаемых A !B !C !D+A C !D. Тут можно A !D вынести за скобки и останется (!B !C+C). Это можно сократить просто до !B + C. Было такое правило, вроде бы, но это можно доказать. Если C истинно, то исходное уже истинно. Если !B истинно, то либо !С истинно и истинно первое слагаемое, либо С истинно, и истинно второе слагаемое.

Вот уже третье слагаемое сократилось то A !B !D

Потом повторите фокус, вынеся за скобки из первого и второго слагаемого !B. Там останется !A+A !D = !A + !D

Во-первых, вам достаточно доказать это лишь для одной производной. Все остальные доказываются по индукции.

Если нет кратных корней - то все просто. У вас n-1 последовательный промежуток между двумя корнями. На каждом должен быть ноль производной.

Теперь, допустим есть какой-то корень степени k > 1.

Тогда P(x) = (x-a)^k Q(x).

Если взять производную, то видно, что она делится на (x-a) в степени k-1, т.е имеет k-1 корней:

P'(x) = k*(x-a)^(k-1)*Q(x)+(x-a)^k*Q'(x)

Т.е, если у вас m различных корней (суммарной кратностью n), то производная, как и в первом случае имеет m-1 корней между корнями P(x) и еще n-m раз повторяет корни полинома как во втором случае. Суммарно - n-1 вещественных корней, значит все корни - вещественные.

Вот тут хорошо расписано.

Сначала надо триангулировать четырехугольник. Потом, центр масс каждого треугольника - среднее арифметическое координат. Далее, остается найти центр масс двух точек - центров масс треугольников, где в каждой точке лежит масса равная площади треугольника.

Чтобы это работало и с невыпуклыми многоугольниками надо считать площадь треугольников через векторное произведение сторон, разрешая таким образом отрицательные площади у треугольников снаружи вашей фигуры.

Итоговая фромула (в векторах):

C = ((p1+p2+p3)/3*(p1p2*p1p3)+(p3+p4+p1)/3*(p1p3*p1p4))/((p1p2*p1p3)+(p1p3*p1p4))

Тут pi - i-ая вершина четырехугольника, pipj - вектор между точками i и j. pipj*pkpl - векторное произведение двух векторов.