Упростить сумму из сочетаний.

[TOTAL]

Вот "другой" подход (по отношение к неизвестному "недругому")

$$M_{2k+2}=M_{2k+1}=\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{1}{4^i}C_{2i}^{i}=\frac{(2k+1)!!}{(2k)!!}$$

[gris]

Уважаемый TOTAL
Только что завершил грандиозный эксперимент по подтверждению справедливости вашей формулы. 75 миллионов подбрасываний монетки!
Цель: определение среднего выигрыша при n подбрасываниях идеальной монетки. Выигрышем считается размер превышения количества выпаданий каждой стороны над количеством выпаданий другой.

for(n=3,12,N=1000000;de=0;
   for(i=1,N,
       d=sum(j=1,n,2*random(2)-1); de=de+abs(d);
   );   \\N серий по n подбрасываний и определению
         \\разницы выпадений сторон. Суммирование.
   k=n;if (n%2==0,k--);k=(k-1)/2;
   if(n<10,print1("0"));
   print(n," ",floor(1/2+1024*de  /N),"/1024 ",
          1024*prod(i=0,k,2*i+1)/prod(i=1,k,2*i),"/1024")
)\\n 
03 1535/1024  1536/1024
04 1533/1024  1536/1024
05 1920/1024  1920/1024
06 1919/1024  1920/1024
07 2238/1024  2240/1024
08 2239/1024  2240/1024
09 2518/1024  2520/1024
10 2518/1024  2520/1024
11 2771/1024  2772/1024
12 2769/1024  2772/1024

Для удобства сравнения дроби приведены к знаменателю 1024. Очень хорошо видно, что результаты эксперимента почти не отличаются от теоретических выводов.

[TOTAL]

gris в сообщении #1573660 писал(а):

Только что завершил грандиозный эксперимент

Рассуждение простое (намного неграндиознее эксперимента).
Четный бросок ничего не добавляет к искомому матожиданию, так как с равной вероятностью увеличивает или уменьшает разницу. Для нечётного броска то же самое, но за одним исключением: если разница равнялась нулю, она всегда увеличится, отсюда и такая сумма.

[wrest]

TOTAL в сообщении #1573645 писал(а):

$$M_{2k+2}=M_{2k+1}=\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{1}{4^i}C_{2i}^{i}=\frac{(2k+1)!!}{(2k)!!}$$

Википедия учит нас, что

$$(2k)!!=2^k \cdot k! \eqno(1)$$

$$(2k+1)!!=\dfrac{(2k+1)!}{2^k \cdot k!} \eqno(2)$$

Делим (2) на (1) и получаем

$$\dfrac{(2k+1)!!}{(2k)!!}=\dfrac{(2k+1)!}{2^{2k} \cdot (k!)^2}$$

Соответственно, в сумме из стартового поста (где перепутаны местами индексы в биномиальном коэффициенте, ну да ладно, будем считать это опечаткой)

Maxim19 в сообщении #1573251 писал(а):

Сумма такая $2(\frac{1}{2})^n\sum\limits_{1}^{\frac{n}{2}}k\binom{\frac{n}{2}-k}{n}$.

заменим $n=2t$ чтобы сразу избавиться от нечетности, и перепишем как
$S(2t)=2(\frac{1}{2})^{2t}\sum\limits_{k=1}^{t}kC_{2t}^{t-k}=\dfrac{(2t+1)!}{2^{2t-1}(t!)^2}$

Maxim19 в сообщении #1573251 писал(а):

(без знака суммы или многоточий).

Хотя функция факториала как бы уже содержит либо знак произведения либо многоточие.

[svv]

Markiyan Hirnyk
Почему не согласуется? При $n=2$ формула

Maxim19 в сообщении #1573251 писал(а):

$2(\frac{1}{2})^n\sum\limits_{1}^{\frac{n}{2}}k\binom{\frac{n}{2}-k}{n}$

даёт $1/2$, а

Maxim19 в сообщении #1573301 писал(а):

матожидание модуля разности количества пройденных чёрных и белых клеток за n ходов

должно быть $1$.