encontrar la suma de $\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}^2p^k$

Question

Necesito encontrar la suma $$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}^2kp^k,$$ for an integer $n $ and $0 < p < 1$.

Mathematica devuelve sólo %#% $ #%

Sin embargo, preferiría una solución en términos de Legendre o Krawtchouk ortogonales en lugar una función hipergeométrica.

Answer 1

Este un año de edad, la respuesta fue votada abajo hoy. Pido a la downvoter para explicar exactamente lo que hace esta respuesta no es útil.

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La función hipergeométrica de obtener de hecho puede ser expresado en términos de polinomios de Legendre.

1. La diferenciación de la fórmula $$\frac{d}{dp}{}_2F_1(a,b,c,p)=\frac{ab}{c}{}_2F_1(a+1,b+1,c+1,p)$$ permite escribir $$_2F_1(1-n,1-n,2,p)=\frac{1}{n^2}\frac{d}{dp}{}_2F_1(-n,-n,1,p).\tag{1}$$

2. Por otro lado, uno ha de Murphy fórmula para los polinomios de Legendre: \begin{align}P_n(z)&={}_2F_1\left(-n,n+1,1,\frac{1-z}{2}\right)=\\ &=\left(\frac{z+1}{2}\right)^n{}_2F_1\left(-n,-n,1,\frac{z-1}{z+1}\right).\tag{2} \end{align}

3. Ahora, la combinación de (1) y (2), obtenemos $$_2F_1(1-n,1-n,2,p)=\frac{1}{n^2}\frac{d}{dp}\left[\left(1-p\right)^nP_n\left(\frac{1+p}{1-p}\right)\right],$$ así que, finalmente, $$\boxed{\displaystyle\sum_{k=0}^n k p^k{n\choose k}^2=p\frac{d}{dp}\left[\left(1-p\right)^nP_n\left(\frac{1+p}{1-p}\right)\right]}\tag{3}$$

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P. S. Si no te gusta la derivada en (3), usted puede expresar en términos de $P_n$ $P_{n-1}$ (o $P_{n+1}$) utilizando la conocida diferenciación de las fórmulas, por ejemplo, la fórmula (44) aquí.

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P. P. S. La fórmula (3) es una sencilla consecuencia de una simple relación (conocido a Mathematica): $$\sum_{k=0}^n p^k{n\elegir k}^2=\left(1-p\right)^nP_n\left(\frac{1+p}{1-p}\right). $$