Considere o problema da caminhada aleatória com p=q=0,5 e permita que m=n_{1}-n_{2} represente o deslocamento efetivo ao longo da rede. Depois que o caminhante tiver dado um total de N passos, determine uma expressão para as seguintes grandezas médias:
(a) \langle m\rangle;
(b) \left\langle m^{2}\right\rangle;
(c) \left\langle m^{3}\right\rangle;
(d) \left\langle m^{4}\right\rangle.

Passo 1

O enunciado trata de um passeio aleatório unidimensional com probabilidade de dar um passo à direita ou à esquerda iguais a p=q=\tfrac12. Em N passos, o deslocamento total é
m = n_{1}-n_{2},
onde n_{1} é o número de passos à direita e n_{2} o número de passos à esquerda, com n_{1}+n_{2}=N. Vamos calcular os momentos \langle m\rangle, \langle m^{2}\rangle, \langle m^{3}\rangle e \langle m^{4}\rangle.

Passo 2

Representamos cada passo por uma variável aleatória independente
X_i = \begin{cases} +1 & \text{com probabilidade }\tfrac12,\\\\ -1 & \text{com probabilidade }\tfrac12, \end{cases}
para i=1,2,\dots,N. Então
m = \sum_{i=1}^{N} X_i.

Passo 3

Pelo teorema da linearidade da esperança,
\langle m\rangle = \Big\langle \sum_{i=1}^{N}X_i\Big\rangle = \sum_{i=1}^{N}\langle X_i\rangle.
Como \langle X_i\rangle = (+1)\tfrac12+(-1)\tfrac12=0, segue
\langle m\rangle = \sum_{i=1}^{N}0 = 0.

Passo 4

Para o segundo momento usamos
\langle m^{2}\rangle = \Var\bigl(\sum_{i=1}^{N}X_i\bigr)
já que \langle m\rangle=0. Como os X_i são independentes e \Var(X_i)=\langle X_i^2\rangle-\langle X_i\rangle^2=1-0=1,
\langle m^{2}\rangle = \sum_{i=1}^{N}\Var(X_i) = N\cdot1 = N.

Passo 5

Para o terceiro momento observamos que cada X_i tem distribuição simétrica em torno de zero, logo \langle X_i^3\rangle=0. Empregando independência e a expansão de \langle(\sum X_i)^3\rangle em somas de termos com número ímpar de X_i, todos se anulam. Assim
\langle m^{3}\rangle = 0.

Passo 6

Para o quarto momento usamos a fórmula de momentos de soma de variáveis independentes de média zero:
\langle m^{4}\rangle = \sum_{i=1}^{N}\langle X_i^4\rangle +6\sum_{1\le i<j\le N}\langle X_i^2\rangle\,\langle X_j^2\rangle.
Como X_i^4=1 quase certo, \langle X_i^4\rangle=1, e já vimos que \langle X_i^2\rangle=1. Logo
\langle m^{4}\rangle = N\cdot1 + 6\binom{N}{2}\cdot1\cdot1 = N + 6\frac{N(N-1)}{2} = N + 3N(N-1) = 3N^2 -2N.

Resposta

(a) \langle m\rangle=0
(b) \langle m^{2}\rangle=N
(c) \langle m^{3}\rangle=0
(d) \langle m^{4}\rangle=3N^{2}-2N

Exercícios relacionados