Considere o problema de passeio aleatório \operatorname{com} p \neq q e seja m=n_{1}-n_{2}, que denota o deslocamento efetivo para a direita. Após um total de N etapas, verifique as seguinte relações:
\begin{aligned} \langle m\rangle= & N(p-q) \\\ \left\langle m^{2}\right\rangle= & 4 N p q+N^{2}(p-q)^{2} \\\ \left\langle m^{3}\right\rangle= & N(p-q)\left[4(N-1)(N-2) p q+N^{2}\right] \\\ \left\langle m^{4}\right\rangle= & 16 N(3 N-2) p^{2} q^{2}+N^{4}(p-q)^{4} \\\ & +8 N\left(3 N^{2}-4 N+2\right)(p-q)^{2} p q \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede para verificar as fórmulas dos momentos até a quarta ordem do deslocamento efetivo m=n_{1}-n_{2} num passeio aleatório com passos para a direita com probabilidade p e para a esquerda com probabilidade q, com p\neq q. Informações relevantes:
  • Há um total de N etapas.
  • Em cada etapa há apenas duas possibilidades: passo para a direita (contabiliza em n_{1}) com probabilidade p ou passo para a esquerda (contabiliza em n_{2}) com probabilidade q.
  • Por construção p+q=1.
  • O deslocamento m pedido é m=n_{1}-n_{2}.
    As quantidades a verificar são:
\langle m\rangle,\quad \langle m^{2}\rangle,\quad \langle m^{3}\rangle,\quad \langle m^{4}\rangle.
A partir daqui vou resolver passo a passo e ensinar os conceitos usados (variáveis indicadoras, independência, expansão multinomial dos momentos).

Passo 2

Modelagem em variáveis de passo e cálculo das expectativas elementares (a ideia-chave).
  • Defino, para cada etapa i=1,\dots,N\), a variável aleatória \[X_{i}=\begin{cases} +1, & \text{com probabilidade }p,\\[4pt] -1, & \text{com probabilidade }q. \end{cases}
Então o deslocamento total é a soma das contribuições de cada passo:
m=\sum_{i=1}^{N}X_{i}.
Explicação didática: cada passo vale +1\] se for à direita e \(-1 se for à esquerda; somando dá exatamente n_{1}-n_{2} porque cada passo à direita aumenta n_{1} em 1 e cada passo à esquerda diminui n_{1}-n_{2} em 1.
Agora calculo as expectativas elementares de X_{i}. Como as etapas são idênticas e independentes, é suficiente analisar uma etapa genérica X.
  • Valor esperado (média) de X:
\mathbb{E}[X]=(+1)\,p+(-1)\,q=p-q.
Vou usar a notação curta
\mu:=\mathbb{E}[X]=p-q.
  • Potências de X: observe que X^{2}=1 sempre (pois 1^{2}=(-1)^{2}=1). Portanto
\mathbb{E}[X^{2}]=1.
Também X^{3}=X e X^{4}=1, logo
\mathbb{E}[X^{3}]=\mathbb{E}[X]=\mu,\qquad \mathbb{E}[X^{4}]=1.
Comentário didático: estas identidades simplificam muito os cálculos de momentos altos porque as potências pares voltam a 1 e as potências ímpares voltam a X.]

Passo 3

Cálculo do primeiro momento \langle m\rangle.
Como m=\sum_{i=1}^{N}X_{i} e as esperanças somam,
\langle m\rangle=\mathbb{E}\Big[\sum_{i=1}^{N}X_{i}\Big]=\sum_{i=1}^{N}\mathbb{E}[X_{i}] = N\mathbb{E}[X]=N\mu.
Substituindo \mu=p-q, obtemos
\boxed{\langle m\rangle = N(p-q).}
Explicação curta: média do somatório de variáveis iid é N vezes a média de uma delas.

Passo 4

Cálculo do segundo momento \langle m^{2}\rangle (expansão e uso da independência).
Expando o quadrado:
m^{2}=\Big(\sum_{i=1}^{N}X_{i}\Big)^{2}=\sum_{i=1}^{N}X_{i}^{2}+\sum_{i\neq j}X_{i}X_{j}.
Tomando expectativa e usando independência (para i\neq j, \mathbb{E}[X_i X_j]=\mathbb{E}[X_i]\mathbb{E}[X_j]=\mu^{2}),
\langle m^{2}\rangle = \sum_{i=1}^{N}\mathbb{E}[X_{i}^{2}] + \sum_{i\neq j}\mathbb{E}[X_{i}]\mathbb{E}[X_{j}] = N\cdot 1 + N(N-1)\mu^{2}.
Agora uso \mu^{2}=(p-q)^{2} e também a identidade 1-\mu^{2}=1-(p-q)^{2}=4pq (aprovada direto pela álgebra):
\langle m^{2}\rangle = N + N(N-1)\mu^{2} = N(1-\mu^{2}) + N^{2}\mu^{2} = 4Np q + N^{2}(p-q)^{2}.
Portanto
\boxed{\langle m^{2}\rangle = 4Np q + N^{2}(p-q)^{2}.}
Comentário didático: também poderia ser obtido via variância ( \operatorname{Var}(m)=N\operatorname{Var}(X)=N(1-\mu^{2})) e \langle m^{2}\rangle=\operatorname{Var}(m)+\langle m\rangle^{2}.

Passo 5

Cálculo do terceiro momento \langle m^{3}\rangle (expansão multinomial com contagem combinatória).
Expandindo o cubo:
m^{3}=\Big(\sum_{i=1}^{N}X_{i}\Big)^{3} =\sum_{i}X_{i}^{3}+3\sum_{i\neq j}X_{i}^{2}X_{j} +6\sum_{i<j<k}X_{i}X_{j}X_{k}.
Agora tomo expectativa. Usando independência e as expectativas elementares:
  • \mathbb{E}[X_{i}^{3}]=\mu,
  • \mathbb{E}[X_{i}^{2}X_{j}]=\mathbb{E}[X_{i}^{2}]\mathbb{E}[X_{j}]=1\cdot\mu=\mu para i\neq j,
  • \mathbb{E}[X_{i}X_{j}X_{k}]=\mu^{3} para índices distintos.
    Conto quantos termos aparecem:
  • \sum_{i}X_{i}^{3} tem N termos.
  • \sum_{i\neq j}X_{i}^{2}X_{j} tem N(N-1) termos (ordem importa no somatório com i\neq j).
  • \sum_{i<j<k} tem \binom{N}{3} termos, e o coeficiente 6 multiplica esse número resultando em N(N-1)(N-2) quando se conta todas as permutações.
    Portanto
\langle m^{3}\rangle = N\mu + 3N(N-1)\mu + N(N-1)(N-2)\mu^{3}.
Fatorando N\mu:
\langle m^{3}\rangle = N\mu\Big(1+3(N-1)+(N-1)(N-2)\mu^{2}\Big).
Agora uso \mu^{2}=1-4pq. Primeiro noto que
1+3(N-1)+(N-1)(N-2)=N^{2},
pois a soma simplifica (ver conta: 1+3N-3+N^{2}-3N+2=N^{2}). Assim
\langle m^{3}\rangle = N\mu\Big(N^{2}-4pq\,(N-1)(N-2)\Big).
Escrevendo \mu=p-q, obtenho a forma final
\boxed{\langle m^{3}\rangle = N(p-q)\bigl(N^{2}-4(N-1)(N-2)pq\bigr).}
Breve interpretação: surgem dois tipos de contribuições — termos puros em \mu que dão a parte N^{3} e correções proporcionais a pq devido à variância interna dos passos; o sinal de subtração aparece porque \mu^{2}=1-4pq.

Passo 6

Cálculo do quarto momento \langle m^{4}\rangle (fórmula geral por classes de particionamento).
Expandindo o quarto poder e agrupando por padrões de índices distintos, obtemos a identidade padrão (que vem da expansão multinomial e da contagem combinatória):
\begin{aligned} \langle m^{4}\rangle &= N\mathbb{E}[X^{4}] + 4N(N-1)\mathbb{E}[X^{3}]\mathbb{E}[X] \\\ &\quad +3N(N-1)\mathbb{E}[X^{2}]^{2} +6N(N-1)(N-2)\mathbb{E}[X^{2}]\mathbb{E}[X]^{2} \\\ &\quad +N(N-1)(N-2)(N-3)\mathbb{E}[X]^{4}. \end{aligned}
Agora substituo as esperanças já obtidas: \mathbb{E}[X]=\mu, \mathbb{E}[X^{2}]=1, \mathbb{E}[X^{3}]=\mu, \mathbb{E}[X^{4}]=1. Isso dá
\begin{aligned} \langle m^{4}\rangle &= N\cdot 1 + 4N(N-1)\mu^{2} + 3N(N-1)\cdot 1 \\\ &\quad +6N(N-1)(N-2)\mu^{2} + N(N-1)(N-2)(N-3)\mu^{4}. \end{aligned}
Agrupando os termos constantes e os de \mu^{2},\mu^{4}:
\langle m^{4}\rangle = N(3N-2) + 2N(N-1)(3N-4)\mu^{2} + N(N-1)(N-2)(N-3)\mu^{4}.
Agora substituo \mu^{2}=1-4pq e \mu^{4}=(1-4pq)^{2}=1-8pq+16p^{2}q^{2} e simplifico (a simplificação algébrica combina termos constantes, os proporcionais a pq e os proporcionais a p^{2}q^{2}). Depois de expandir e recolher termos obtem-se a forma organizada
\langle m^{4}\rangle = N^{4}\mu^{4} + 8N\bigl(3N^{2}-4N+2\bigr)\mu^{2}pq +16N(3N-2)p^{2}q^{2}.
Voltando a \mu=p-q, escrevo explicitamente:
\boxed{\langle m^{4}\rangle = N^{4}(p-q)^{4} + 8N\bigl(3N^{2}-4N+2\bigr)(p-q)^{2}pq +16N(3N-2)p^{2}q^{2}.}
Observação algébrica: se preferir, essa expressão é algebraicamente equivalente à forma
\langle m^{4}\rangle = 16N(3N-2)p^{2}q^{2}+N^{4}(p-q)^{4}+8N(3N^{2}-4N+2)(p-q)^{2}pq,
que coincide com a forma dada no enunciado.

Resposta

\langle m\rangle = N(p-q)\n
\langle m^{2}\rangle = 4Np q + N^{2}(p-q)^{2}\n
\langle m^{3}\rangle = N(p-q)\bigl(N^{2}-4(N-1)(N-2)pq\bigr)\n
\langle m^{4}\rangle = 16N(3N-2)p^{2}q^{2}+N^{4}(p-q)^{4}+8N(3N^{2}-4N+2)(p-q)^{2}pq

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