Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины

[RIP]

Для тех, кто знако́м с производящими функциями, сказанного вполне достаточно. Если производящей функцией для $a_n$ является $f(t)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nt^n$, то производящей функцией для $\sum_{k=0}^{n}a_k$ является $\frac{f(t)}{1-t}$. В данном случае нам просто повезло, что $f(t)=(1-t)^{-1/2}$. Более общо, если $f(t)=(1-t)^{\alpha}$, то есть $a_n=(-1)^n\binom{\alpha}{n}=(-1)^n\frac{\alpha(\alpha-1)\dotsm(\alpha-n+1)}{n!}$, то $\frac{f(t)}{1-t}=(1-t)^{\alpha-1}$, поэтому получаем тождество

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{\alpha}{k}=(-1)^n\binom{\alpha-1}{n}.$$

Если $\alpha$ полуцелое, биномиальный коэффициент можно преобразовать. В нашем случае $\alpha=-1/2$, так что нас интересует
\begin{align*} (-1)^n\binom{-3/2}{n}&=(-1)^n\frac{(-3/2)(-5/2)\dotsm(-n-1/2)}{n!}=\frac{3\cdot5\cdot\dotsm\cdot(2n+1)}{2^nn!}\\ &=\frac{(2n+1)!!}{2^nn!}=\frac{(2n+1)!}{2^nn!\cdot(2n)!!}=\frac{(2n+1)!}{2^nn!\cdot2^nn!}=\frac{(2n+1)!}{4^nn!^2}=\frac{2n+1}{4^n}\binom{2n}{n}. \end{align*}

[Random Drifter]

RIP, ну, я знаком немного с производящими функциями, но мне лично сказанного было не достаточно. Поскольку мне не была знакома вот эта формула: $\binom{-1/2}{n}=(\frac{-1}{4})^n\binom{2n}{n}$. Вы правы, конечно, в чем-то. Я должен был догадаться, что $(1-t)^{-1/2}$ - это бином Ньютона, и дальше копать куда-то в сторону биномиальных коэффициентов с действительными аргументами.

С другой стороны, вот эта ваша формула:

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{\alpha}{k}=(-1)^n\binom{\alpha-1}{n}.$$

просто раскладывает биномиальный коэффициент произвольного аргумента в конечный ряд. Формула, конечно, очень полезная, но из нее никак не следует, что глядя на $(\frac{-1}{4})^n\binom{2n}{n}$, я должен был увидеть тут биномиальный коэффициент. Наоборот, я сначала должен был его увидеть, а потом уже воспользоваться этой формулой.

И действительно, формула $\binom{-1/2}{n}=(\frac{-1}{4})^n\binom{2n}{n}$ существует для единственного частного случая $\alpha=-1/2$. В этом смысле действительно повезло, что кто-то узнал эту формулу и вспомнил, что для нее существует производящая функция. Чтобы было более понятно, приведу такой пример: попробуйте найти производящую функцию для последовательности {$(\frac{-1}{3})^n\binom{3n}{n}$}. Весь ваш громоздкий мат.аппарат вам в этом не поможет, хотя формула, очевидно, изменилась весьма незначительно. Потому что аппарат применяют, когда производящая функция уже найдена.

Мне показалось, что Sergic Primazon пишет с претензией на какой-то общий метод решения этой задачи. Хотя какой может быть общий метод, если производящую функцию нужно УГАДЫВАТЬ! А если в любом случае приходится угадывать, можно "угадать" и более простое решение. Если правильно угадать направление, в котором следует двигаться.

В любом случае, спасибо за помощь! Это и правда было полезно.

[RIP]

Random Drifter в сообщении #1571767 писал(а):

попробуйте найти производящую функцию для последовательности {$(\frac{-1}{3})^n\binom{3n}{n}$}

Допустим, я найду:

$$\sum_{n=0}^{\infty}\binom{3n}{n}x^n=\begin{cases} \frac{1}{\sqrt{4-27x}}\left(\sqrt[3]{\sqrt{1-\frac{27x}{4}}+\sqrt{-\frac{27x}{4}}}+\sqrt[3]{\sqrt{1-\frac{27x}{4}}-\sqrt{-\frac{27x}{4}}}\,\right), &x\in(-4/27,0),\\ \frac{2}{\sqrt{4-27x}}\cos\left(\frac{\arcsin\sqrt{27x/4}}{3}\right), &x\in(0,4/27). \end{cases}$$

Для Вашей последовательности вместо $x$ нужно подставить $-x/3$.

Более общо, для любого $m\in\mathbb{N}$ функция $y=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{mn}{n}x^n$ является решением уравнения $m$-й степени $x(my)^m=(y-1)\bigl((m-1)y+1\bigr)^{m-1}$ (которое с помощью дробно-линейной замены $z=\frac{my}{(m-1)y+1}$ сводится к $xz^m=z-1$, так что на хороший ответ при $m>2$ рассчитывать не приходится).

Random Drifter в сообщении #1571767 писал(а):

Мне показалось, что Sergic Primazon пишет с претензией на какой-то общий метод решения этой задачи.

Он писал решение конкретной задачи. Да, ему повезло, что он узнал производящую функцию. Но когда ответ дан, проверить его уже легко. Здесь олимпиадный раздел, поэтому разжёвывать всё до последней буквы не принято.