Todavía no es una combinatoria de prueba, puramente, sino que evita que los números complejos, por lo menos, y se expresan en términos de probabilidad.
La primera nota que su integral es el mismo que $\int_{0}^{2\pi}\cos^{2n}x\,dx$.
Ahora vamos a utilizar la propiedad que $\cos^2 x =\frac{1+\cos 2x}{2}.$ Si $X$ es una variable aleatoria uniforme en $[0,2\pi]$, entonces las variables aleatorias $U=\cos X$ $V=\cos 2X$ tienen la misma distribución, lo que significa que $$E\left[U^{2n}\right]=\frac{1}{2^n}E\left[(1+V)^n\right]=\frac{1}{2^n}E\left[(1+U)^n\right]$$ and thus you get an inductive formula. Since $E\left[U^k\right]=0$ when $k$ es impar, se obtiene:
$$E\left[U^{2n}\right]=\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\binom{n}{2k}E\left[U^{2k}\right]$$
Queremos demostrar a $$E\left[U^{2n}\right]=\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}.$$
Al $n=0$ obtenemos $E[U^0]=1=\frac1{2^0}\binom{0}{0}.$
Inductivamente, entonces, tenemos que mostrar:
$$\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}=\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\binom{n}{2k}\frac{1}{2^{2k}}\binom{2k}{k}$$
que es equivalente a:
$$\binom{2n}{n}=\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}2^{n-2k}\binom{n}{n-2k}\binom{2k}{k}\tag{1}$$
que se puede demostrar de forma combinatoria.
Si pensamos en $\binom{2n}{n}$ como el número de maneras de seleccionar una $n$-subconjunto de $\{1,\dots,n\}\times\{1,2\}$ $k$ es el número de elementos de a $m\in\{1,\dots,n\}$ tal que $(m,1)$$(m,2)$, ambos están en el $n$-subconjunto. Eso significa que tenemos que escoger un $n-2k$-subconjunto $P$$\{1,\dots,n\}$, entonces para cada a $p\in P$, elija cualquiera de las $(p,1)$ o $(p,2)$, y, a continuación, elija $k$ elementos de la $2k$ elementos no $P$, y agregar $(q,1)$ $(q,2)$ a nuestros subconjunto.
Lo interesante de esta prueba de $(1)$ es que el significado de la $\binom{2n}{n}$ en el lado izquierdo es un poco diferente al significado de $\binom{2k}{k}$ en el lado derecho.
Un poder de enfoque de la serie. Menos aún combinatoria que el primer método.
Considerar para $|x|<1$ la función de $f(x,t)=\frac{1}{1-x\cos t}=\sum_{k=0}^{\infty} x^k\cos^kt$
La integral de la $$F(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x,t)\,dt$$
se puede encontrar mediante la sustitución de Weierstrass. Esto da que:
$$\begin{align}F(x)&=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}
\end{align}$$
Así que si $T$ es una variable aleatoria uniforme en $[0,2\pi]$ consigue:
$$\sum_{k=0}^{\infty} x^kE\left[\cos^k T\right]=E[f(x,T)]=F(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{4^k}\binom{2k}{k}x^k$$
El último paso requiere que usted sepa la generación de la función de la central de los coeficientes binomiales, $\binom{2k}{k}$. (Alternativamente, si usted demostrar la igualdad en otros lugares, usted puede usar esto para probar la central de los coeficientes binomiales de generación de función.)
Finalmente, tal vez la razón subyacente es debido a la función característica de una variable aleatoria. Por desgracia, esto es, esencialmente, una codificación de la prueba que se inicia con $\cos(x)=\frac{1}{2}\left(e^{ix}+e^{-ix}\right).$
Dada una variable aleatoria, $X$, tenemos la característica de la función:
$$G_X(t)=E\left[e^{itX}\right]$$
Si $X$ es un entero aleatorio de la variable, y $T$ es una variable aleatoria uniforme en $[0,2\pi]$ entonces tenemos un resultado esencial:
$$E\left[G_X(T)\right]=P(X=0).$$
Ahora si $X_1,\dots,X_{n}$ son independientes lanzar una moneda devolver los valores de $-1$$1$, $G_{X_i}(t)=\cos t$ $$G_{X_1+\cdots+X_n}=G_{X_1}G_{X_2}\cdots G_{X_n}$$
Así que si $X=X_1+\cdots+X_n$, $G_X(t)=\cos^n(t)$ $$P(X=0)=E[G_X[T]]=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi} \cos^n t\,dt$$
Que realmente fundamentalmente ocultar el enfoque habitual de la escritura $\cos x=
\frac{1}{2} e^{ix}+e^{-ix})$ y el uso de la propiedad algebraica de la función característica.
