Сумма ряда

[Paul_Klee]

Известна сумм ряда: $\sum\limits_{k=n}^{\infty}kC_{k-1}^{n-1}(1-p)^{k-n}p^n=\frac{n}{p},\ p\in(0,1)$. Можно ли найти чему равна следующая сумма $\sum\limits_{k=n}^{\infty}\ln kC_{k-1}^{n-1}(1-p)^{k-n}p^n,\ p\in(0,1)$ ?
т.е. нужно найти мат. ожидание $M\ln\xi$, где $\xi$ имеет отрицательное биномиальное распределение.

Понятно, что т.к. $\sum\limits_{k=n}^{\infty}C_{k-1}^{n-1}(1-p)^{k-n}p^n=1$, то $\sum\limits_{k=n}^{\infty}\ln kC_{k-1}^{n-1}(1-p)^{k-n}p^n\leqslant \ln(\frac{n}{p})$.
Если нельзя найти чему равняется ряд явно, то как получить более точное неравенство? т.е. понять можно ли поставить знак равенства.
Заранее, спасибо.

[svv]

Хочу предложить упрощение, хоть оно Вам вряд ли поможет. Обозначим $q=1-p$.
Пусть Вам известна сумма ряда
$\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k q^k=s(q)$
Продифференцируем обе части $n$ раз по $q$:
$\frac{d^n}{dq^n} \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k q^k=\sum\limits_{k=n}^{\infty}a_k \frac{k!}{(k-n)!}q^{k-n}=(n-1)!\sum\limits_{k=n}^{\infty}a_k kC^{n-1}_{k-1}q^{k-n}=\frac{d^ns(q)}{dq^n}$
Отсюда
$\sum\limits_{k=n}^{\infty}a_k kC^{n-1}_{k-1}q^{k-n}p^n=\frac{np^n}{n!}\frac{d^ns(q)}{dq^n}$

Проверим метод на Вашем первом ряде. Положим $a_k=1$, тогда $s(q)=\frac{1}{1-q}$. И получаем сумму
$\frac{np^n}{n!}\frac{d^n}{dq^n}\frac 1{1-q}=\frac{np^n}{n!}\frac{n!}{(1-q)^{n+1}}=\frac{n}{p}$,
как Вы и написали.

Значит, Вы нашли бы $\sum\limits_{k=n}^{\infty}\ln k C_{k-1}^{n-1}(1-p)^{k-n}p^n$, если бы знали $\sum\limits_{k=0}^{\infty}\ln k \; q^k$, а это вроде попроще. (Буквально по методу — если бы знали $\sum\limits_{k=1}^{\infty}k^{-1}\ln k\;q^k$, но это не принципиально.)

[sup]

Вот похожая тема
Может чем-нибудь поможет.

[ex-math]

Логарифмы вылезают при почленном дифференцировании рядов Дирихле. Но тогда в слагаемые нужно вводить множитель $k^x $, а вместе с $q^k $ это вряд ли поддастся распутыванию.

[mihiv]

Если в сумме заменить все $\ln k$ на $\ln n$, то получим, что сумма ряда $>\ln n $.