Me permito aportar una prueba mediante la generación de funciones
que es muy bonita.
Tenemos por parte de la inspección, que el deseado expectativa es
$$\frac{1}{n!}
\left.\frac{\partial}{\partial x} \prod_{q=1}^n (u+x^q)
\right|_{x=1, u^p=!p.}$$
Comenzando con la derivada obtenemos
$$\frac{1}{n!}
\left.\prod_{q=1}^n (u+x^q)\sum_{q=1}^n \frac{qx^{p-1}}{u+x^p}
\right|_{x=1, u^p=!p.}$$
Ahora hay que hacer la tarea, poniendo a $x=1$, para obtener
$$\frac{1}{n!}
\left.\prod_{q=1}^n (u+1)\sum_{q=1}^n \frac{q}{u+1}
\right|_{u^p=!p.}$$
Esto se simplifica a
$$\frac{1}{n!}\a la izquierda.(u+1)^{n-1}\right|_{u^p=!p} \sum_{q=1}^n q
= \frac{1}{n!}\frac{1}{2}n(n+1)
\times \a la izquierda.(u+1)^{n-1}\right|_{u^p=!p}.$$
El polinomio en el $u$ da
$$\left.\sum_{p=0}^{n-1} {n-1\elegir p} u^p\right|_{u^p=!p}
= \sum_{p=0}^{n-1} {n-1\elegir p} \times !p.$$
Tenga en cuenta que $$\sum_{p=0}^{n-1} {n-1\elegir n-1-p} \times !p
= (n-1)!$$
por definición (clasificar las permutaciones en $[1,n-1]$, según el
número de puntos fijos).
La recopilación de todo lo que tenemos
$$\frac{1}{n!}\frac{1}{2}n(n+1) (n-1)!
= \frac{1}{2}(n+1).$$
Adenda.
Podríamos haber evaluado la suma directamente, como la siguiente.
La especie de descomposición de los cambios en los ciclos marcados por
el número de ciclos es
$$\mathfrak{P}(\mathcal{U}\mathfrak{C}(\mathcal{Z}))$$
que da a la (exponencial) de generación de la función
$$G(z, u) = \exp\left(u\log\frac{1}{1-z}\right).$$
De ello se desprende que la generación de la función de las alteraciones que está dado por
$$H(z) = \exp\left(-z + \log\frac{1}{1-z}\right)
= \exp(-z) \frac{1}{1-z}.$$
Sustituyendo esto en la suma de los rendimientos
$$\sum_{p=0}^{n-1} {n-1\elegir p}
p! [z^p] \exp(-z) \frac{1}{1-z}
\\ = (n-1)! [z^{n-1}] \exp(z) \exp(-z) \frac{1}{1-z}
\\ = (n-1)! [z^{n-1}] \frac{1}{1-z}
= (n-1)!$$
como se reivindica.
El siguiente Arce código puede servir para comprobar la fórmula de
$$\frac{1}{2}(n+1).$$
con(planta);
v :=
proc(n)
opción de recordar;
local p, liquidación, q, s;
s := 0;
p := firstperm(n);
mientras que el tipo(p, lista) ¿
liquidación := 0;
para q a n do
si p[q] = q entonces
liquidación := pago + q;
fi;
od;
s := s + pago;
p := nextperm(p);
od;
s/n!
end;
Este es el resultado.
> seq(v(n), n=1..8);
1, 3/2, 2, 5/2, 3, 7/2, 4, 9/2
Observación. Otro corto de la prueba es como sigue. Como estamos en un promedio de más de todas las $n!$ permutaciones sabemos que el elemento $q$ está en la posición $q$ exactamente $(n-1)!$ veces. Por lo tanto el promedio de pago es
$$\frac{1}{n!} \times \sum_{q=1}^n q (n-1)!
= \frac{1}{n}\frac{1}{2}n(n+1) = \frac{1}{2}(n+1).$$
