¿Cuánto peso tiene cada persona en una pirámide humana?

Question

Después de participar en un pirámide humana y aprendiendo que es muy incómodo tener mucho peso en la espalda, se me ocurrió intentar escribir una relación de recurrencia para la cantidad total de peso de cada persona en la pirámide para poder ver cuánto peso acababa llevando.

Hay muchos tipos diferentes de pirámides humanas, pero el tipo de pirámide al que me refiero es una que se parece a esta:

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Aquí, cada estrella es una persona y las líneas representan cómo se apoya cada persona.

Voy a hacer la suposición poco realista de que cada persona pesa la misma cantidad, que llamaré $W$ . También voy a suponer que cada persona transmite uniformemente su peso (más el peso total que tiene encima) a las dos personas que tiene debajo.

Teniendo en cuenta estos supuestos, llegué a una recurrencia $w_{i, j}$ que dice cuánto peso tiene el $i$ la persona en la fila $j$ de la pirámide humana lleva en su espalda. Terminó saliendo así:

• $w_{1, 1} = 0$ . La persona más alta de la pirámide no tiene ningún peso sobre ella.
• $w_{1, n+1} = \frac{w_{1, n} + W}{2}$ La primera persona de cada fila soporta la mitad del peso de la persona que está por encima. Ese peso viene dado por el peso de la persona ( $W$ ) más la carga que lleva esa persona ( $w_{1, n}$ ).
• $w_{n+1, n+1} = \frac{w_{n, n} + W}{2}$ . La última persona de cada fila soporta la mitad del peso de la persona que está por encima.
• $w_{k+1, n+1} = \frac{w_{k+1, n} + w_{k, n} + 2W}{2}$ . Cada persona de una fila que no sea la primera o la última carga la mitad del peso de cada una de las personas que están por encima de ella. Las dos personas que están por encima tienen $w_{k+1, n}$ y $w_{k, n}$ peso en ellos, y cada uno pesa independientemente $W$ . La mitad de cada uno de estos pesos se transmite a la persona de abajo.

Pude escribir un programa de computadora que evaluó esta recurrencia y pude obtener valores de ella, pero no tengo idea de cómo encontrar una expresión de forma cerrada para esta recurrencia. Es algo similar a la recurrencia para las combinaciones - cada término se expresa como una suma de los dos términos por encima de él - pero hay alguna basura extra tirado en también.

¿Existe un método estándar para simplificar este tipo de recurrencias?

Gracias.

Answer 1

Para un enfoque de función generadora, dejemos que el coeficiente de $x^k$ en $P_n(x)$ ser el peso sobre los hombros de la persona $k$ (a partir de $k=0$ a la izquierda) en la fila $n$ (a partir de $n=0$ en la parte superior). Para calcular $P_n(x)$ de $P_{n-1}(x)$ primero sumamos el peso de las personas de la fila $n-1$ a los pesos sobre sus hombros: $$ P_{n-1}(x)+\frac{1-x^n}{1-x}\tag{1} $$ Esas personas distribuyen la mitad de su peso a cada persona por debajo de ellas, por lo que obtenemos $$ P_n(x)=\frac{1+x}2\left(P_{n-1}(x)+\frac{1-x^n}{1-x}\right)\tag{2} $$ Resolviendo esta recurrencia se obtiene $$ P_n(x)=\frac{1+x}{(1-x)^2}\left(1-2\left(\frac{1+x}{2}\right)^{n+1}+x^{n+1}\right)\tag{3} $$ $(3)$ se puede comprobar observando que $P_0(x)=0$ y luego comprobando que $(3)$ satisface $(2)$ .

Utilizando el teorema del binomio para multiplicar los términos en $(3)$ , obtenemos que $w_{m+1,n+1}$ el coeficiente de $x^m$ en $P_n(x)$ viene dada por $$ 2m+1-\frac1{2^n}\sum_{k=0}^m(k+1)\binom{n+2}{m-k}\tag{4} $$ Puede que haya alguna función especial que desconozco (una función hipergeométrica quizás), pero en términos de funciones comunes, $(4)$ es lo más parecido a una forma cerrada que creo que hay.

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Resolver la recurrencia

Dejemos que $Q_n(x)=\left(\frac2{1+x}\right)^nP_n(x)$ y luego multiplicar $(2)$ por $\left(\frac2{1+x}\right)^n$ produce $$ \begin{align} Q_n(x) &=Q_{n-1}(x)+\frac{1-x^n}{1-x}\left(\frac2{1+x}\right)^{n-1}\\ &=Q_{n-1}(x)+\frac12\frac{1+x}{1-x}\left(1-x^n\right)\left(\frac2{1+x}\right)^n\\ &=Q_{n-1}(x)+\frac12\frac{1+x}{1-x}\left(\left(\frac2{1+x}\right)^n-\left(\frac{2x}{1+x}\right)^n\right)\tag{5} \end{align} $$ La suma de las series geométricas es un poco complicada, $$ \begin{align} Q_n(x) &=\frac12\frac{1+x}{1-x}\sum_{k=1}^n\left(\left(\frac2{1+x}\right)^k-\left(\frac{2x}{1+x}\right)^k\right)\\ &=\frac12\frac{1+x}{1-x}\left(\frac2{1+x}\frac{\left(\frac2{1+x}\right)^n-1}{\frac2{1+x}-1}-\frac{2x}{1+x}\frac{\left(\frac{2x}{1+x}\right)^n-1}{\frac{2x}{1+x}-1}\right)\\ &=\frac{1+x}{1-x}\left(\frac{\left(\frac2{1+x}\right)^n-1}{1-x}+x\frac{\left(\frac{2x}{1+x}\right)^n-1}{1-x}\right)\\ &=\frac{1+x}{(1-x)^2}\left(\left(\frac2{1+x}\right)^n-1+x\left(\frac{2x}{1+x}\right)^n-x\right)\\ &=\frac{1+x}{(1-x)^2}\left(\left(\frac2{1+x}\right)^n\left(1+x^{n+1}\right)-(1+x)\right)\tag{6} \end{align} $$ Multiplicando por $\left(\frac{1+x}2\right)^n$ llegamos a $(3)$ : $$ P_n(x)=\frac{1+x}{(1-x)^2}\left(1+x^{n+1}-2\left(\frac{1+x}2\right)^{n+1}\right)\tag{7} $$

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Ejemplos: $$ \begin{align} P_0(x)&=0\\ P_1(x)&=\frac12+\frac12x\\ P_2(x)&=\frac34+\frac32x+\frac34x^2\\ P_3(x)&=\frac78+\frac{17}{8}x+\frac{17}{8}x^2+\frac78x^3\\ P_4(x)&=\frac{15}{16}+\frac52x+\frac{25}{8}x^2+\frac52x^3+\frac{15}{16}x^4 \end{align} $$ La persona del fondo del medio en un $5$ -La pirámide de niveles soporta más de $3$ el peso de la gente en su espalda.

Answer 2

(He borrado la respuesta anterior que era errónea).

Ahora tengo, sin pruebas, por heurística una fórmula directa para las entradas de la matriz de pesos si consideramos sus entradas como $$ W=\small \begin{bmatrix} 0 & . & . & . & . & . \\ 1/2 & 1/2 & . & . & . & . \\ 3/4 & 3/2 & 3/4 & . & . & . \\ 7/8 & 17/8 & 17/8 & 7/8 & . & . \\ 15/16 & 5/2 & 25/8 & 5/2 & 15/16 & . \\ 31/32 & 87/32 & 61/16 & 61/16 & 87/32 & 31/32 \end{bmatrix}$$ como también lo demostró Rob Johnson.

Fue más fácil encontrar las recurrencias y luego la fórmula directa cuando incluí la unidad de peso por persona, tal como lo he hecho: $$ X= \small \begin{bmatrix} 1 & . & . & . & . & . \\ 3/2 & 3/2 & . & . & . & . \\ 7/4 & 5/2 & 7/4 & . & . & . \\ 15/8 & 25/8 & 25/8 & 15/8 & . & . \\ 31/16 & 7/2 & 33/8 & 7/2 & 31/16 & . \\ 63/32 & 119/32 & 77/16 & 77/16 & 119/32 & 63/32 \end{bmatrix} $$ o, ampliado para hacerlo más visible, escalado por potencias de 2: $$ Y =\small \begin{bmatrix} 1 & . & . & . & . & . \\ 3 & 3 & . & . & . & . \\ 7 & 10 & 7 & . & . & . \\ 15 & 25 & 25 & 15 & . & . \\ 31 & 56 & 66 & 56 & 31 & . \\ 63 & 119 & 154 & 154 & 119 & 63 \end{bmatrix} $$

Dejemos que $r$ denotan el índice de filas, $c$ denotan el índice de la columna, ambos comienzan en cero, $c \le r$ entonces tenemos $$ w_{r,c} = 1+2c - {\sum_{k=0}^c \binom{r+2}{k}\cdot(1+c-k)\over 2^r}$$

En cuanto a la $X$ -matriz que era: $$ x_{r,c} = 2\cdot(1+c) - {\sum_{k=0}^c \binom{r+2}{k}\cdot(1+c-k)\over 2^r}$$ y en términos de $Y$ -matriz esto era $$ y_{r,c} = 2^{r+1}\cdot(1+c) - \sum_{k=0}^c \binom{r+2}{k}\cdot(1+c-k)$$

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[añadido] Me pareció interesante considerar un aspecto más general. La idea es suponer una pirámide infinitamente amplia de "cero-humanos" o "fantasmas" que tienen peso $o$ (que para la evaluación final se pondrá a cero). Se trata de la zona sombreada en gris de anchura infinita de la siguiente imagen. La estructura de esta zona es muy sencilla y homogénea: en cada fila $r$ el peso en una entrada es $r \cdot o$ .
Ahora uno de los fantasmas más altos "obtiene un alma", se convierte en humano y, por tanto, la gravitación le da un peso de presión "w". Todos los fantasmas que son tocados por sus pies se convierten también en humanos, y su peso cambia también a "w", y esto se repite hacia abajo.

La imagen muestra cómo se distribuye en el fondo:

Obsérvese cómo los coeficientes en a w y en el o en la misma celda se suman para hacer el coeficiente de equilibrio de la misma fila, si pusiéramos $w=o$ .

Es en general la descripción de una cierta perturbación insertada en un equilibrio, y tengo curiosidad, si esto puede incluso hacerse continuo (como la generalización de los coeficientes binomiales utilizando la función Gamma)

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[añadido2] Con iteraciones de este tipo suele ser útil expresar el problema en una anotación matricial y convertir la iteración en potencias matriciales. Entonces a veces se puede encontrar una forma cerrada en términos de matrices fijas y el parámetro de iteración está entonces sólo en el exponente de una matriz. (Está claro que esto no resuelve finalmente el problema de las sumas finitas, a veces recursivas, en la representación original, no matricial, sino que lo traslada a los productos de puntos internos para las matrices-potencias. Pero para el lector de la fórmula esto puede ser conveniente).

Primero definamos un vector fila $U=[1,0,0,...]$ de alguna dimensión n que representa el peso de la persona en la parte superior donde n es la anchura final de la pirámide.

Entonces una iteración debería tener el efecto de que $U_0$ cambios en $V_1=[1/2,1/2,0,0,...]$ que es el peso recibido para la capa inferior y luego $U_1$ también deben tener los pesos unitarios para que las personas se conviertan $U_1=[3/2,3/2,0,0,0...]$ .

Una matriz, que realiza $U_0 \to V_1$ es $M= \frac12 \small\begin{bmatrix}1&1&0&0&0&0&...\\0&1&1&0&0&0&...\\0&0&1&1&0&0&... \\ \vdots & & & & & &\ddots \end{bmatrix}$ tal que $$U_0 \cdot M = V_1 = \left[ \frac 12,\frac12, 0,0,0,... \right] $$ .
Después necesitamos una matriz, que transfiere dos unos para los pesos unitarios en $V_1$ y podemos hacerlo simplemente sumando el $M$ tal que $$ U_0 \cdot 2M = [1,1,0,0,...]$$ y tenemos $$ U_0 \cdot M + U_0 \cdot 2M = U_1 = [3/2,3/2,0,0,...]$$

Pero ahora, si el número de personas aumenta con las iteraciones, el segundo sumando no es suficiente; necesitamos tantos pesos unitarios como personas tengamos en una iteración. Así que necesitamos encontrar una matriz, cuya potencia k't dé k primeros en la fila superior. Un candidato sencillo es la matriz de la subdiagonal unitaria superior, llamémosla $L$ : $$ L = \small \begin{bmatrix}0&1&0&0&0&0&...\\0&0&1&0&0&0&...\\0&0&0&1&0&0&... \\ \vdots & & & & & &\ddots \end{bmatrix} $$ Entonces la potencia k's de desplaza la diagonal a la derecha a la posición k's, y la suma de $L^0 + L^1 + L^2 + ... + L^K$ da $k+1$ los. Entonces para la primera iteración podemos escribir $$ U_0 \cdot M + U_0 \cdot (L^0 + L^1) = U_1 $$ o $$ U_0 \cdot (M + (L^0 + L^1)) = U_1 $$

A continuación, podemos proceder simplemente $$ U_1 \cdot (M + (L^0 + L^1 + L^2)) = U_2 $$ que también es $$ U_0 \cdot (M^2 + (L^0 + L^1)M+ (L^0 + L^1 + L^2)) = U_2 $$ y es obvio cómo esto se itera.

Pero ahora vemos que tenemos series geométricas parciales que dependen del parámetro de iteración, y tienen una forma cerrada, a saber, el polinomio ciclotómico de orden k.
Para el polinomio ciclotómico tenemos que escribir $$ L^0+L^1+... + L^k = (I - L^{k+1}) \cdot (I - L)^{-1} $$ Denotemos esa inversa como $R$ . Encontramos que es simplemente la matriz unitaria triangular superior (¡como se esperaba por la representación en serie!) $$R = \small \begin{bmatrix}1&1&1&1&1&1&...\\0&1&1&1&1&1&...\\0&0&1&1&1&1&... \\ \vdots & & & & & &\ddots \end{bmatrix} $$ Entonces tenemos $$ U_0 \cdot ((I-L^1)R M^k + (I-L^2)R M^{k-1}+ (I-L^3)R M^{k-2} +...+(I-L^{k+1})R) = U_k $$ (donde he suavizado la fórmula en la punta $M^k$

Porque también es $M=I + L$ las matrices $M$ y $L$ y $R$ conmutar todo y podemos rotar los coeficientes para cualquier conveniencia. Podemos aislar una suma geométrica de potencias de $M$ :

$$ U_0 \cdot ( R( M^k + M^{k-1}+ M^{k-2} +...I) \\ -R(L^1 M^k + L^2 M^{k-1}+ L^3 M^{k-2} +...+L^{k+1})) = U_k $$ Ahora los poderes de $M$ son también series geométricas parciales, y necesitamos el recíproco, denotémoslo como $S$ : $$ S= (I - M)^-1 =\small \begin{matrix} 2&2&2&... \\ 0&2&2& ...\\ 0&0&2&...\\ ... \end{matrix}$$ que resulta ser justo $S=2R$ y también se desplaza con todas las matrices del juego hasta ahora.

Entonces tenemos $$ U_0 \cdot \left( R( I - M^{k+1})S \\ -R(L^1 M^k + L^2 M^{k-1}+ L^3 M^{k-2} +...+L^{k+1}) \right) = U_k \\ $$
y el último paréntesis de longitud variable se puede reducir de forma similar porque $M$ es invertible y con una matriz $W=L \cdot M^{-1}$ y $T=(I -W)^{-1} $ tenemos $$ U_0 \cdot \left( R( I - M^{k+1})S -R L M^k (I + W+ W^2 +...+W^k) \right) \\ = U_0 \cdot \left( R( I - M^{k+1})S -R L M^k (I -W^{k+1}) T) \right) \\ \qquad \qquad = U_k \\ $$

Esta fórmula tiene una longitud fija para cualquier parámetro de iteración. Sólo la matriz variable contiene ese parámetro. (Posiblemente a partir de esto se pueden inventar iteraciones fraccionarias, pero ese no es el objetivo aquí...)

Answer 3

Configuración y cambio de índices

Poner $W=1$ . Cambia también los índices de $w_{i,j}$ para que $(i,j)$ puntos relativamente a la persona superior en (0,0) moviendo $i$ personas abajo-derecha y luego $j$ personas abajo a la izquierda. Así que (i,j) apunta al $i$ 'th persona en el $(i+j)$ 'la fila contando desde cero.

La distribución del peso de cada persona

Consideremos primero cómo se distribuye el peso de la persona superior hacia abajo en la pirámide. Entonces tenemos la recurrencia $$ w_{i,j}=\frac{w_{i-1,j}+w_{i,j-1}}{2} $$ donde $w_{0,0}=1$ y $w_{i,j}=0$ fuera de la pirámide (es decir $i<0$ o $j<0$ ). Esto se puede resolver fácilmente para obtener $w_{i,j}=\frac{1}{2^{i+j}}\binom{i+j}{i}$ . Así que esto es sólo una variación sobre el Triángulo de Pascal donde el $n$ se divide por $\frac{1}{2^n}$ . Sea VPT esta Variación sobre el Triángulo de Pascal.

Ahora pasa a considerar cómo el peso de la persona en la posición $(i,j)$ se distribuye. El patrón es básicamente el mismo. Aislando así a cada persona, podemos ver cómo la distribución del peso de una sola persona forma una copia de VPT que tiene su esquina superior en $(i,j)$ .

Análisis del caso general

Considere la persona en $(i,j)$ . Esta persona está incluida en todos los VPT con esquinas superiores en $P=\{0,...,i\}\times\{0,...,j\}$ y lleva el peso distribuido según todos estos VPT's. Sólo hemos añadido 1 de más ya que la persona está incluida como esquina superior en su propio VPT pero no lleva su propio peso en el ámbito de esta pregunta.

Ahora considere $(s,t)\in P$ como una de esas esquinas superiores. Entonces la posición de $(i,j)$ en relación con esto será $(x,y)=(i-s,j-t)\in P$ . Observe aquí cómo el mapa $(s,t)\mapsto (i-s,j-t)$ mapas $P$ a sí mismo de forma biyectiva. Dada esta observación se puede deducir que las contribuciones de peso distribuidas forman una suma que se puede expresar como: $$ w_{i,j}+1=\sum_{x=0}^i\sum_{y=0}^j\frac{1}{2^{x+y}}\binom{x+y}{x} $$ Aunque no es una forma cerrada, creo que es una expresión muy bonita y simétrica para $w_{i,j}$ . Aun así, considero que la respuesta dada por robjohn es simplemente brillante. Por cierto, mi fórmula da los mismos valores que obtuvo robjohn, y el siguiente ejemplo suyo debería decir:

Ejemplo (continuación de robjohn)

$P_n(x)=\tfrac{31}{32}+\tfrac{87}{32}x+\tfrac{61}{16}x^2+\tfrac{61}{16}x^3+\tfrac{87}{32}x^4+\tfrac{31}{32}x^5$

También hay que tener en cuenta que la suma de los coeficientes de cada fila de la pirámide debe ser un número triangular, ya que las personas de la $n$ 'La fila lleva el peso de $T_n$ personas (el $n$ número triangular).

Answer 4

\begin {align} \Psi_ {n} \left (x \right ) & \equiv \sum_ {k = 1}^{ \infty } \phi_ {k,n},x^{k} = \sum_ {k = 1}^{ \infty }x^{k} \left (2 \phi_ {k\ +\ 1,n\ +\ 1} - \phi_ {k\ +\ 1,n} - 2 \right ) = 2 \sum_ {k = 2}^{ \infty x^{k\\\\N-\N- 1}\N-,} \phi_ {k,n\\\\N- 1} \\ [3mm]&- \sum_ {k = 2}^{ \infty x^{k\\\\\N-\N-\N-1} \phi_ {k,n} - 2\,{x \over 1 - x} = 2 \left\lbrack {1 \over x}\, \Psi_ {n\ +\ 1} \left (x \right ) - \phi_ {1,n\ +\ 1} \right\rbrack - \left\lbrack % {1 \over x}\, \Psi_ {n} \left (x \right ) - \phi_ {1,n} \right\rbrack \\ [3mm]&- 2\,{x \over 1 - x} \end {align}

\begin {align} -----&------------------------------------ \end {align}

$$ 2\Psi_{n\ +\ 1}\left(x\right) - \left(1 + x\right)\Psi_{n}\left(x\right) = x\left(2\phi_{1,n\ +\ 1} - \phi_{1,n}\right) + {2x^{2} \over 1 - x} = x + {2x^{2} \over 1 - x} = {x + x^{2} \over 1 - x} $$

\begin {align} -----&------------------------------------ \end {align}

$$ \Psi_{n\ +\ 1}\left(x\right) - {x + x^{2} \over \left(1 - x\right)^{2}} = {1 \over 2}\left(1 + x\right) \left\lbrack% \Psi_{n}\left(x\right) - {x + x^{2} \over \left(1 - x\right)^{2}} \right\rbrack $$

\begin {align} -----&------------------------------------ \end {align}

$$ \Psi_{n\ +\ 1}\left(x\right) = {x + x^{2} \over \left(1 - x\right)^{2}} + {1 \over 2^{n}}\left(1 + x\right)^{n}\,\Psi_{1}\left(x\right) $$ \begin {align} -----&------------------------------------ \end {align}

Multiplicar por $y^{n}$ y realizar la suma para $n \geq 1$ . Con $\Psi\left(x,y\right) \equiv \sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{k = 1}^{\infty}\phi_{k,n}\,x^{k}y^{n}$ :

$$ \Psi\left(x,y\right) = {x + x^{2} \over \left(1 - x\right)^{2}}\,{y^{2} \over 1 - y} + {y \over 1 - \left(x + 1\right)y/2}\,\Psi_{1}\left(x\right) $$

Eso determina $\phi_{k,n}$ en términos de $\phi_{k,1}$ . Se obtiene una ecuación para $\phi_{k,1}$ . Ya está hecho.

Answer 5

Vamos a tener $W=1$ .

Si $n$ es el número de filas (empezando por $0$ ) y $k$ es el número de humanos (empezando por $0$ desde el lado izquierdo), entonces $$w_{k,n}=n+1-\frac{\binom{n}{k}+2S_{k,n}}{2^n}$$

Dónde $$S_{k,n}=\sum_{0\leq i\leq n}\binom{n}{i}\left|k-i\right|$$

No pude conseguir la forma cerrada para $S_{k,n}$ pero tengo una recidiva $S_{k,0}=\left|k\right|$ y $S_{k,n}=S_{k-1,n-1}+S_{k,n-1}$ .

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$m_{k,n}$ será el peso "total" del humano (su masa y toda la masa que obtiene de los niveles superiores de la pirámide).

Así que $m_{0,0}=1$ . Y, para facilitar las cosas, introduciré humanos imaginarios fuera de la pirámide: $m_{k,0}=2-2\left|k\right|- \left[k=0\right]$ . ( $[k=0]$ es $1$ si $k=0$ si no, es $0$ ).

Entonces $$m_{k,n}=\frac{m_{k-1,n-1}+m_{k,n-1}}{2}+1$$ y para $0\leq k\leq n$ (para los humanos reales) todo está bien.

Si $t_{k,n}=m_{k,n}-n$ entonces $m_{k,n}=t_{k,n}+n$ y $t_{k,n}=\frac{t_{k-1,n-1}+t_{k,n-1}}{2}$ (con $t_{k,0}=m_{k,0}$ ).

También tengamos $u_{k,n}=2^nt_{k,n}$ . Entonces $t_{k,n}=\frac{u_{k,n}}{2^n}$ y $u_{k,n}=u_{k-1,n-1}+u_{k,n-1}$ (con $u_{k,n}=t_{k,0}=m_{k,0}$ ).

Si obtenemos la fórmula para $u_{k,n}$ entonces $m_{k,n}=t_{k,n}+n=\frac{u_{k,n}}{2^n}+n$

Ahora utilizo la fórmula $$u_{k,n}=\sum_i \binom{n}{i} u_{k-i,0}$$ $$u_{k,n}=\sum_i \binom{n}{i} \left(2-2\left|k-i\right|- \left[k-i=0\right]\right)=\\ =2\sum_i \binom{n}{i}-2\sum_i \binom{n}{i} \left|k-i\right|- \sum_i \binom{n}{i}\left[k-i=0\right]=\\ =2^{n+1}-2\sum_i \binom{n}{i} \left|k-i\right|-\binom{n}{k}$$ $$m_{k,n}=\frac{2^{n+1}-2\sum_i \binom{n}{i} \left|k-i\right|-\binom{n}{k}}{2^n}+n=\\ =n+2-\frac{\binom{n}{k}+2\sum_i \binom{n}{i} \left|k-i\right|}{2^n}$$

Y $w_{k,n}=m_{k,n}-1$ .