\documentclass[a4paper]{article}

\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[koi8-r]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}

\begin{document}

\section{Свойства функции $H_{n,k}(q)$}

Рассмотрим следующую функцию:
$$
H_{n,k}(q) = \frac{q^k (1 - q^n)}{(1 - q^n) f_n(q) + F_{n-1}},
\quad k \in Z, n \in Z.
$$

По доказанному, данная функция имеет следующее разложение в окрестности
точки $q=1$:

$$
H_{n,k}(q)_{q=1} = -n (q-1) - \frac{n}{2} (2k + (n-a)(n-a+1) + n-1)(q-1)^2 + o(q^2);
$$

Учитывая, что $p_a = H_{n,0}(q)$, докажем следующие свойства:

\begin{enumerate}
\item $(q^i - q^j) p_a = n (j-i) (q-1)^2 + o(q^2), \quad i \in Z, j \in Z.$

{\bfseries Доказательство: } Учитывая, что при $k \in Z$:
$$
q^k p_a = q^k H_{n,0}(q) = \frac{q^k (1 - q^n)}{(1 - q^n) f_n(q) + F_{n-1}}
= H_{n,k}(q),
$$
получим:
$$
(q^i - q^j) p_a  = H_{n,i} - H_{n,j} = 
$$
$$
= -n (q-1) - \frac{n}{2} (2i + (n-a)(n-a+1) + n-1)(q-1)^2 +
$$
$$
+ n (q-1) + \frac{n}{2} (2j + (n-a)(n-a+1) + n-1)(q-1)^2 + o(q^2) =
$$
$$
= n(j-i)(q-1)^2 + o(q^2).
$$
Что и требовалось доказать.

\item $\sum\limits_k (q^{i_k} - q^{j_k}) p_a =
n(\sum\limits_k (j_k - i_k))(q-1)^2 + o(q^2), \quad k \in N, i_k \in Z,j_k \in Z.$

{\bfseries Доказательство: } 
$$
\sum\limits_k (q^{i_k} - q^{j_k}) p_a = \sum\limits_k (n(j_k-i_k)(q-1)^2 + o(q^2)) =
$$
$$
= n(\sum\limits_k (j_k - i_k))(q-1)^2 + o(q^2).
$$


\item $q^k (q^i - q^j) p_a =
n(j - i)(q-1)^2 + o(q^2), \quad k \in Z, i \in Z,j \in Z.$

{\bfseries Доказательство: } 
$$
q^k (q^i - q^j) p_a = n(j + k - (i +k))(q-1)^2 + o(q^2)) =
n (j - i) (q-1)^2 + o(q^2).
$$

\item $(q^k - q^l) (q^i - q^j) p_a = o(q^2), \quad
k \in Z, l \in Z, i \in Z,j \in Z.$

{\bfseries Доказательство: } 
$$
(q^k - q^l) (q^i - q^j) p_a = q^k(q^i - q^j) p_a
- q^l (q^i - q^j) p_a = 
$$
$$
= n (j - i) (q-1)^2 - n (j - i) (q-1)^2 + o(q^2) = o(q^2).
$$

\end{enumerate}


\section{Теорема о произвольном максимальном размере окна}

Обозначим за $p$ вероятность потери пакета, $q = (1 - p)$.
Положим максимальный размер окна в пакетах
$w_{max} = n, a = \lfloor n/2 \rfloor$, тогда получим
следующую систему уравнений:
$$
\left\{
\begin{array}{ll}
p_k = q^{k-1} p_{k-1} + (1 - q^{2k}) p_{2k} + (1 - q^{2k+1}) p_{2k+1},
& 2 < k < a\\
p_k = q^{k-1} p_{k-1} + (1 - q^{2k}) p_{2k}, & k = a\\
p_k = q^{k-1} p_{k-1}, & a < k < n,\\
p_k = q^{k-1} p_{k-1} + q^k p_k, & k = n,\\
\sum\limits_{i=2}^{n} p_i = 1. &
\end{array}
\right.
\eqno(1)
$$
Обозначим $b = \lfloor a/2 \rfloor$. Тогда решения системы,
выраженные через $p_a$, имеют следующий вид:
$$
\begin{array}{ll}
p_k = \left(\displaystyle
\frac{1 - F_{2a-1}}{\prod_{i=k}^{a-1} q^i} +
\sum\limits_{i=k+1}^{a-1} \frac{F_{2i+1} - F_{2i-1}}{\prod_{j=k}^{i-1} q^j}
\right) p_a, & b \le k < a,\\
p_k = F_{k-1} p_a, & a < k < n,\\
p_k = \displaystyle\frac{F_{k-1}}{1 - q^k} p_a, & k = n.
\end{array}
\eqno(2)
$$
где $F_i = \prod\limits_{k=a}^i q^k$. Приближенные значения вероятностей
для $b \le k < n$ имеют вид:
$$
\begin{array}{rcll}
p_k & = & \displaystyle\frac{n}2 (2k+1+a)(2k+2-a) p^2 + o(p^2),& b \le k < a,\\
p_k & = & np - \displaystyle\frac{n}2 ((k-a) (k+a-1) +& \\
    &   & + (n-a) (n-a+1) + n-1)p^2 + o(p^2), & a \le k < n,\\
p_n & = & 1 - \displaystyle\sum\limits_{i=2}^{n-1} p_i.
\end{array}
\eqno(3)
$$

При $ 2 \le k < b$ вероятности имеют
сложное представление в общем виде, поэтому будем сразу искать их приближенное
значение.

{\bfseries Лемма 1 }
{\it Пусть максимальный размер окна в пакетах $w_{max} = n, n \ge 2.$
Тогда для $k < a, a = \lfloor n/2 \rfloor$ решения системы
$(1)$ будут иметь следующий вид:
$$
p_k = \sum\limits_s (q^{i_s} - q^{j_s}) p_a, 
\quad s \in N, i_s \in Z, j_s \in Z.
$$
}

{\bfseries Доказательство: }

\begin{enumerate}

\item Докажем утверждение для случая $k = a-1.$ Рассмотрим соответствующее
уравнение из $(1)$:
$$
p_a = q^{a-1} p_{a-1} + (1 - q^n) p_n.
$$
Из $(2)$ следует, что:
$$
(1 - q^n) p_n = F_{n-1} p_a.
$$
Таким образом,
$$
p_{a-1} = q^{1-a} p_a - q^{1-a} F_{n-1} p_a = (q^i - q^j) p_a.
$$

{\it Замечание: } При нечетном $n$ соответствующее уравнение из $(1)$
будет иметь следущий вид:
$$
p_a = q^{a-1} p_{a-1} + (1 - q^{n-1}) p_{n-1} + (1 - q^n) p_n,
$$
но так как:
$$
(1 - q^{n-1}) p_{n-1} = (1 - q^{n-1}) F_{n-2} p_a = (q^l - q^m) p_a
$$
то при нечетном $n$:
$$
p_{a-1} = \sum\limits_{l=1}^2(q^{i_l} - q^{j_l}) p_a.
$$
Таким образом, утверждение верно для $k=a-1 $ и произвольного $n$.

\item Предположим, что утвержение верно для всех $k \ge l, 2 < l < a.$

\item Докажем, что утверждение верно для $k = l-1$. Рассмотрим
соответствующее уравнение из $(1)$:
$$
p_l = q^{l-1} p_{l-1} + (1 - q^{2l}) p_{2l} + (1 - q^{2l+1}) p_{2l+1}.
$$
Отсюда:
$$
p_{l-1} = q^{1-l} p_l + q^{1-l} (q^{2l} - 1) p_{2l} + q^{1-l} (q^{2l+1} - 1) p_{2l+1}.
$$
По предположению, 
$$
q^{1-l} p_l = \sum\limits_{m}(q^{i_m} - q^{j_m}) p_a 
$$
Рассмотрим $p_{2l}$. Возможны два случая:

\begin{enumerate}

\item $2l \ge a$. Тогда из $(2)$ следует, что $p_{2l} = F_{2l-1} p_a$, и
$$
q^{1-l}(q^{2l} - 1) p_{2l} = (q^{i_2} - q^{j_2}) p_a.
$$

\item $2l < a$. Тогда по предположению,
$$
p_{2l} = \sum\limits_m {q^{i_m} - q^{j_m}} p_a
$$
Отсюда следует, что
$$
q^{1-l}(q^{2l} - 1) p_{2l} = 
q^{1-l} (q^{2l} - 1) \sum\limits_m (q^{i_m} - q^{j_m}) p_a =
$$
$$
= \sum\limits_m q^{1-l} (q^{2l} - 1) (q^{i_m} - q^{j_m}) p_a
= \sum\limits_m (q^{1-l} q^{2l} (q^{i_m} - q^{j_m}) + 
q^{1-l} (q^{j_m} - q^{i_m})) p_a =
$$
$$
= \sum\limits_s (q^{i_s} - q^{j_s}) p_a.
$$

\end{enumerate}

Рассуждая аналогично для $p_{2l+1}$, получим, что $p_{l-1}$ можно
выразить в виде:
$$
p_{l-1} = \sum\limits_s (q^{i_s} - q^{j_s}) p_a.
$$
Лемма доказана.
\end{enumerate}


{\bfseries Теорема}
{\it Пусть максимальный размер окна в пакетах $w_{max} = n, n \ge 2,
a = \lfloor n/2 \rfloor.$
Тогда для $k < b, b = \lfloor a/2 \rfloor$ приближенные решения системы
$(1)$ будут иметь следующий вид:
$$
p_k = o(q^2).
$$
}

{\bfseries Доказательство: }

\begin{enumerate}

\item Рассмотрим случай $k = b - 1$, $a$ - четное, т.е. $b = a/2$. Тогда:
$$
p_{b} = q^{b-1} p_{b-1} + (1 - q^{a}) p_a + (1 - q^{a+1}) p_{a+1} =
$$
$$
= q^{b-1} p_{b-1} + p_a - q^{a+1} p_{a+1} = q^{b-1} p_{b-1} + (1 - q^{2a+1}) p_a.
$$
Отсюда получим:
$$
p_{b-1} = q^{1-b} p_{b} + q^{1-b} (q^{2a+1} - 1) p_a.
$$
Из Леммы 1 следует, что $p_b$ можно представить в виде
$$
p_b = \sum\limits_s (q^{i_s} - q^{j_s}) p_a.
$$
Тогда, по свойству $3$ функции $H_{n,k}(q)$, получим, что $p_b$ и $q^{1-b} p_b$
равны с точностью до $o(q^2)$ в окрестности точки $q = 1$,
т.е., с учетом $(3)$, имеем:
$$
q^{1-b} p_b = \frac{n}{2} (2b + 1 + a) (2b + 2 - a) (q-1)^2 + o(q^2) =
n (2a+1) (q-1)^2 + o(q^2).
$$
По свойству $3$ функции $H_{n,k}(q)$ получим:
$$
q^{1-b} (q^{2a+1} - 1) p_a = - n(2a+1) (q-1)^2 + o(q^2).
$$
Таким образом,
$$
p_{b-1} = n (2a+1) (q-1)^2 - n (2a+1) (q-1)^2 + o(q^2) = o(q^2).
$$


{\it Замечание: } При нечетном $a$ получим $b=(a-1)/2$, и соответствующее уравнение
из $(1)$ будет иметь следущий вид:
$$
p_{b} = q^{b-1} p_{b-1} + (1 - q^{a-1}) p_{a-1} + (1 - q^{a}) p_{a}.
$$
Из $(2)$ следует, что:
$$
p_{a-1} = \frac{1-F_{2a-1}}{q^{a-1}} p_a,
$$
тогда
$$
(1 - q^{a-1}) p_{a-1} + (1 - q^{a}) p_{a} =
$$
$$
= (1 - q^{a-1}) \frac{1-F_{2a-1}}{q^{a-1}} p_a + p_a - q^a p_a = 
$$
$$
= (\frac{1-F_{2a-1}}{q^{a-1}} - 1 + F_{2a-1} +1 - q^a) p_a =
$$
$$
= q^{1-a} (1 - F_{2a-1}) p_a + (F_{2a-1} - q^a) p_a.
$$
Таким образом,
$$
p_{b-1} = q^{1-b} p_{b} - q^{1-b} q^{1-a} (1 - F_{2a-1}) p_a - q^{1-b} (F_{2a-1} - q^a) p_a.
$$
По свойству $3$ функции $H_{n,k}(q)$ и с учетом $(3)$ получим:
$$
q^{1-b} p_b = \frac{n}{2} (2b + 1 + a) (2b + 2 - a) (q-1)^2 + o(q^2) =
$$
$$
= \frac{n}{2} (2a) (q-1)^2 + o(q^2) = na(q-1)^2 + o(q^2).
$$
$$
q^{1-b}q^{1-a} (1 - F_{2a-1}) p_a = n(\sum\limits_{i=a}^{2a-1} i) (q-1)^2 + o(q^2).
$$
$$
q^{1-b} (F_{2a-1} - q^a) p_a = n (a - \sum\limits_{i=a}^{2a-1} i) (q-1)^2 + o(q^2).
$$
Таким образом, как и в случае с четным $a$, получим: 
$$
p_{b-1} = n(a - \sum\limits_{i=a}^{2a-1}i -a +
\sum\limits_{i=a}^{2a-1}i) (q-1)^2 + o(q^2) = o(q^2).
$$

\item Предположим, что утвержение верно для всех $k \ge l, 2 < l < b.$

\item Докажем, что утверждение верно для $k = l-1$. Рассмотрим
соответствующее уравнение из $(1)$:
$$
p_l = q^{l-1} p_{l-1} + (1 - q^{2l}) p_{2l} + (1 - q^{2l+1}) p_{2l+1}.
$$
Отсюда:
$$
p_{l-1} = q^{1-l} p_l + q^{1-l} (q^{2l} - 1) p_{2l} +
q^{1-l} (q^{2l+1} - 1) p_{2l+1}.
$$
Из Леммы 1 следует, что $p_l$ можно представить в виде:
$$
p_l = \sum\limits_s (q^{i_s} - q^{j_s}) p_a.
$$
Таким образом, $p_l$ и $q^{1-l} p_l$
равны с точностью до $o(q^2)$ в окрестности точки $q = 1$
и, с учетом предположения, имеем:
$$
q^{1-l} p_l = o(q^2).
$$
Рассмотрим выражение $q^{1-l}(q^{2l} - 1) p_{2l}$. Так как $l < b$, то $2l < a$.
Тогда из Леммы 1 следует, что:
$$
p_{2l} = \sum\limits_s (q^{i_s} - q^{j_s}) p_a.
$$
Тогда, по свойству $4$ функции $H_{n,k}(q)$ получим, что
$$
q^{1-l}(q^{2l} - 1) p_{2l} =
\sum\limits_s (q^{l+1} - q^{1-l}) (q^{i_s} - q^{j_s}) p_a = o(q^2).
$$
В случае $p_{2l+1}$ с учетом того, что $2l < a$, может возникнуть ситуация,
при которой $2l + 1 = a$ и Лемма 1 неприменима. Но такая ситуация
может возникнуть только в том случае, когда $a$ --- нечетно и $l = b$, т.е.
в уравнении
$$
p_{b} = q^{b-1} p_{b-1} + (1 - q^{a-1}) p_{a-1} + (1 - q^{a}) p_{a}.
$$
Но для данного случая формулировка теорему уже была доказана ранее.
Таким образом, рассматривая случай $2l + 1 < a$ и применяя Лемму 1 и
свойство $4$ функции $H_{n,k}(q)$, получим:
$$
p_{l-1} = o(q^2).
$$

Теорема доказана.
\end{enumerate}


Окончательно, для произвольного $n > 2$, $a = \lfloor n/2 \rfloor$,
$b = \lfloor a/2 \rfloor$, получим:
$$
\begin{array}{rcll}
p_k & = & o(p^2), & 2 \le k < b,\\
p_k & = & \displaystyle\frac{n}2 (2k+1+a)(2k+2-a) p^2 + o(p^2),& b \le k < a,\\
p_k & = & np - \displaystyle\frac{n}2 ((k-a) (k+a-1) + &\\
    &   & + (n-a) (n-a+1) + n-1)p^2 + o(p^2), & a \le k < n,\\
p_n & = & 1 - \displaystyle\sum\limits_{i=2}^{n-1} p_i, & k = n.
\end{array}
\eqno(4)
$$

\section{Оценка ожидаемого размера окна}
{
Рассмотрим формулу оценки размера окна:
$$
E(p) = \sum\limits_{i=2}^{n} i p_i = \sum\limits_{i=2}^{n-1} i p_i + n p_n = 
\sum\limits_{i=2}^{n-1} i p_i + n (1 - \sum\limits_{i=2}^{n-1} p_i) =
$$
$$
= n - \sum\limits_{i=2}^{n-1} (n - i) p_i.
$$
Вычислим коэффициент при $p^1$ в оценке ожидаемого размера окна:
$$
p^1: - \sum\limits_{i=a}^{n-1} (n-i)n = - n \sum\limits_{i=1}^{n-a} i
= - \frac{n (n-a) (n-a+1)}{2}.
$$
Вычислим коэффициент при $p^2$ в оценке ожидаемого размера окна:
\begin{enumerate}
\item Рассмотрим $p_k$, $b \le k < a$:
$$
p^2: - \frac{n}2 \sum\limits_{i=b}^{a-1} (n-i) (2i +1 +a) (2i + 2 -a) = 
$$
$$
= - \frac{n}2 \sum\limits_{i=b}^{a-1} (n-i) (4i^2 + (1+a) 2i + (2-a) 2i + (1+a)(2-a)) =
$$
$$
= - \frac{n}2\sum\limits_{i=b}^{a-1} (n-i) (4i^2 + 6i + (1+a)(2-a)) =
$$
$$
= - \frac{n}2\sum\limits_{i=b}^{a-1} (4ni^2 + 6ni + n(1+a)(2-a) - 4i^3 - 6i^2 - (1+a)(2-a)i) =
$$
$$
= 2n \sum\limits_{i=b}^{a-1} i^3 - \frac{n}2(4n-6)n\sum\limits_{i=b}^{a-1}i^2 -
\frac{n}2 (6n - (1+a)(2-a)) \sum\limits_{i=b}^{a-1} i - 
\frac{n}2 \sum\limits_{i=b}^{a-1} n(1+a)(2-a) =
$$
$$
= 2n \sum\limits_{i=b}^{a-1} i^3 -n(2n-3) \sum\limits_{i=b}^{a-1} i^2 -
\frac{n}2 (6n + (a+1)(a+2)) \sum\limits_{i=b}^{a-1} i +
\frac{n^2}2 (a-b) (a+1) (a-2).
$$
$$
- \frac{n}2 (6n + (a+1)(a+2)) \sum\limits_{i=b}^{a-1} i +
\frac{n^2}2 (a-b) (a+1) (a-2) =
$$
$$
= - \frac{n}4 (6n + (a+1)(a+2)) (a-b) (a+b-1) +
\frac{n^2}2 (a-b) (a+1) (a-2) =
$$
$$
= \frac{n(a-b)}4 (-6n(a+b-1) -(a+1)(a+2)(a+b-1) +2n (a+1) (a-2)) =
$$
$$
= \frac{n(a-b)}4 (-6na -6nb -6n +2n (a^2 -a -2) -(a+1)(a+2)(a+b-1) ) =
$$
$$
= \frac{n(a-b)}4 (-6na -6nb +6n -2na^2 -2na -4n -(a+1)(a+2)(a+b-1)) =
$$
$$
= \frac{n(a-b)}4 (-8na -6nb +2n -2na^2 -(a+1)(a+2)(a+b-1)) =
$$
$$
= - \frac{n(a-b)}4 (2n(a^2+4a +3b -1) +(a+1)(a+2)(a+b-1)).
$$
Таким образом,
$$
- \frac{n}2 \sum\limits_{i=b}^{a-1} (n-i) (2i +1 +a) (2i + 2 -a) = 
$$
$$
= 2n \sum\limits_{i=b}^{a-1} i^3 -n(2n-3) \sum\limits_{i=b}^{a-1} i^2 -
\frac{n(a-b)}4 (2n(a^2+4a +3b -1) +(a+1)(a+2)(a+b-1)).
$$
\item Рассмотрим $p_k$, $a \le k < n$:
$$
p^2: - \frac{n}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} (n-i) ((i-a) (i+a-1) + (n-a)(n-a+1) + n-1) =
$$
$$
= -\frac{n}2 \left(\sum\limits_{i=a}^{n-1}(n-i)(i-a)(i+a-1) + 
\sum\limits_{i=a}^{n-1} (n-i)((n-a)(n-a+1) + n -1)\right) =
$$
$$
= -\frac{n}2 \left( \sum\limits_{i=a}^{n-1}(n-i) (i^2 -ai + (a-1)i -a(a-1)) \right.+
$$
$$
+ \sum\limits_{i=a}^{n-1} n ((n-a)(n-a+1) + n -1) -
$$
$$
- \left.\sum\limits_{i=a}^{n-1}i((n-a)(n-a+1) + n -1) \right) =
$$
$$
= - \frac{n}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} (n - i) (i^2 - i - a(a-1)) +
$$
$$
+ \frac{n}2 ((n-a)(n-a+1) + n-1)\sum\limits_{i=a}^{n-1} i -
$$
$$
- \frac{n^2}2 (n-a)((n-a)(n-a+1) + n-1).
$$

$$
- \frac{n}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} (n - i) (i^2 - i -a(a-1)) =
$$
$$
= - \frac{n}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} (ni^2 -ni - na(a-1) -in -i^3 +i^2 +a(a-1)i) =
$$
$$
= - \frac{n}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} (- i^3 +(n+1) i^2 + (a(a-1) - n) i -na(a-1)) =
$$
$$
= \frac{n^2}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i^3 - \frac{n(n+1)}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i^2 +
\frac{n (n - a(a-1))}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i + \frac{n^2}2 (n-a) a (a-1). 
$$

$$
\frac{n (n - a(a-1))}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i + \frac{n^2}2 (n-a) a (a-1) =
$$
$$
= \frac14 n (n - a(a-1)) (n-a) (n+a-1) + \frac12 n^2 (n-a) (a-1) a = 
$$
$$
= \frac{n(n-a)}4 ( n (n+a-1) - a(a-1) (n+a-1) + 2n (a-1) a ) =
$$
$$
= \frac{n(n-a)}4 ( n (n+a-1) + a(a-1)(2n - n -a + 1) ) =
$$
$$
= \frac{n(n-a)}4 ( n (n +a -1) + a (a-1) (n -a +1)) =
$$
$$
= \frac{n(n-a)}4 ( n^2 +na -n + (a^2 -a) (n - a + 1) ) =
$$
$$
= \frac{n(n-a)}4 ( n^2 + na -n + na^2 -na - (a^2 -a) (a-1) ) =
$$
$$
= \frac{n(n-a)}4 ( n^2 + (a^2 -1)n -a(a-1)^2 ). 
$$

$$
\frac{n}2 ((n-a)(n-a+1) + n-1)\sum\limits_{i=a}^{n-1} i -
\frac{n^2}2 (n-a)((n-a)(n-a+1) + n-1) =
$$
$$
= \frac{n}4((n-a)(n-a+1)+n-1) (n-a) (n+a-1) - 
$$
$$
-\frac{2n^2}4 (n-a)((n-a)(n-a+1) + n-1) =
$$
$$
= \frac{n}4 (n-a) ((n-a)(n-a+1) +n-1) (n+a-1 -2n) =
$$
$$
= - \frac{n}4 (n-a) (n-a+1) ((n-a+1) + n-1).
$$

Таким образом,
$$
- \frac{n}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} (n-i) ((i-a) (i+a-1) + (n-a)(n-a+1) + n-1) =
$$
$$
= \frac{n^2}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i^3 - \frac{n(n+1)}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i^2 +
 \frac{n(n-a)}4 ( n^2 + (a^2 -1)n -a(a-1)^2 ) -
$$
$$
- \frac{n}4 (n-a) (n-a+1) ((n-a+1) + n-1) =
$$
$$
= \frac{n^2}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i^3 - \frac{n(n+1)}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i^2 +
\frac{n(n-a)}4 ( n^2 + (a^2 -1)n -a(a-1)^2 -
$$
$$
-(n-a+1)((n-a+1) + n-1)).
$$

\end{enumerate}

Окончательно, получим следующую оценку ожидаемого размера окна:
$$
E(p) = n - \frac{n(n-a)(n-a+1)}2 p +
$$
$$
+ \Big( 2n \sum\limits_{i=b}^{a-1} i^3 + \frac{n^2}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i^3 -
$$
$$
- n(2n-3) \sum\limits_{i=b}^{a-1} i^2 - \frac{n(n+1)}2 \sum\limits_{i=a}^{n-1} i^2 -
$$
$$
- \frac{n(a-b)}4 (2n(a^2+4a +3b -1) +(a+1)(a+2)(a+b-1)) +
$$
$$
+ \frac{n(n-a)}4 ( n^2 + (a^2 -1)n -a(a-1)^2 -
(n-a+1)((n-a+1) + n-1))\Big)p^2 + o(p^2).
$$

\end{document}