Suma de binomio inusual: $\sum_{d=k}^{n} {d \choose k} p^{d}(1-p)^{n-d}$

Question

¿Alguien sabe cómo simplificar la siguiente suma? Se me ha dado y todos los demás que he mostró un poco de problemas. Estoy bastante seguro de que esto debería simplificar, pero me parece que no puede ver cómo. \begin{equation} \sum_{d=k}^{n} {d \choose k} p^{d}(1-p)^{n-d} \end{equation}

Donde k es mayor que 1. Por favor, tenga en cuenta que la suma varía a lo largo de la parte superior del índice de la binomial. Los intentos hasta ahora casi todos los involucrados expresan los términos de la serie y tratando de relacionar la serie con el producto de las derivadas de orden, hasta e incluyendo la d. Este método está demostrando que es intratable, ya que sólo funciona para k=2, de lo contrario el producto del producto (k-1 veces) de una serie que involucra derivadas de orden mayor, que apenas es una simplificación. Cualquier y todas las ideas son bienvenidas.

Answer 1

Nota: Aquí es una respuesta proporcionando un cerrado fórmula para la (simple) caso especial $p=\frac{1}{2}$. Desde el enfoque a menudo es útil también a encontrar una solución general, indica que es de suponer que no cierra la fórmula de la OPs expresión $$\sum_{d=k}^{n}\binom{d}{k}p^d(1-p)^{n-d}\qquad\qquad 0\leq k\leq n$$

Nos muestran el siguiente es válido para $p=\frac{1}{2}$ \begin{align*} \sum_{d=k}^{n} \binom{d}{k} \left(\frac{1}{2}\right)^{d}\left(1-\frac{1}{2}\right)^{n-d}=\frac{1}{2^n}\binom{n+1}{k+1} \end{align*}

Utilizamos el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ de una serie. Así, podemos escribir por ejemplo $$\binom{d}{k}=[z^k](1+z)^d$$

Empezamos con el general $p$, el uso de la taquigrafía $q:=\frac{p}{1-p}$ y se observan: \begin{align*} \sum_{d=k}^{n}\binom{d}{k}p^d(1-p)^{n-d}&=(1-p)^n\sum_{d=k}^n\binom{d}{k}\left(\frac{p}{1-p}\right)^d\\ &=(1-p)^n\sum_{d=k}^{n}[z^k](1+z)^dq^d\\ &=(1-p)^n[z^k]\sum_{d=k}^{n}\left((1+z)q\right)^d\\ &=(1-p)^n[z^k]\left(\sum_{d=0}^{n}\left((1+z)q\right)^d-\sum_{d=0}^{k-1}\left((1+z)q\right)^d\right)\tag{1}\\ &=(1-p)^n[z^k]\left(\frac{1-\left((1+z)q\right)^{n+1}}{1-(1+z)q} -\frac{1-\left((1+z)q\right)^{k}}{1-(1+z)q}\right)\\ &=(1-p)^n[z^k]\frac{\left((1+z)q\right)^{k}-\left((1+z)q\right)^{n+1}}{1-(1+z)q}\tag{2} \end{align*}

Comentario:

• En (1) aplicamos la fórmula de la serie geométrica finita

• en (2), podemos tratar de seguir ampliando el denominador como la serie de $$\frac{1}{1-(1+z)q}=\sum_{l\geq 0}\left((1+z)q\right)^l$$ y extraer a través de $[z^k]$ el coefficent de $z^k$. Lamentablemente, cuando haciendo así que finalmente volver a la expresión, donde hemos empezado. Pero, al menos para el caso especial $p=\frac{1}{2}$ podemos proceder.

Obtenemos continuando a partir de (2) la

Caso especial: $p=\frac{1}{2},q=\frac{p}{1-p}=1$

\begin{align*} \frac{1}{2^n}\sum_{d=k}^n\binom{d}{k}&=\frac{1}{2^n}[z^k]\frac{(1+z)^{k}-(1+z)^{n+1}}{-z}\\ &=\frac{1}{2^n}[z^{k+1}]\left((1+z)^{n+1}-(1+z)^{k}\right)\\ &=\frac{1}{2^n}\left(\binom{n+1}{k+1}-\binom{k}{k+1}\right)\\ &=\frac{1}{2^n}\binom{n+1}{k+1} \end{align*}

y la conclusión de

$$\sum_{d=k}^n\binom{d}{k}=\binom{n+1}{k+1}\qquad\qquad 0 \leq k \leq n$$

Answer 2

Aquí es una fórmula con $k+2$ términos, en lugar de $n-k$ términos; que podría ser una mejora. $$F(x;k,n)=\sum_{d=k}^n{d\elegir k}x^d\\ =\frac{x^k}{k!}\sum_{d=0}^{n-k}\frac{d^k}{dx^k}\sum_{d=0}^nx^k\\ =\frac{x^k}{k!}\frac{d^k}{dx^k}(x^{n+1}-1)/(x-1)\\ =(si k=0)(x^{n+1}-1)/(x-1)\\ =(si k=1) \frac{x}1\left[nx^n/(x-1)-(x^{n+1}-1)/(x-1)^2\right]\\ =(si k=2) \frac{x^2}2\left[n(n-1)x^{n-1}/(x-1)-2nx^n/(x-1)^2+2(x^{n+1}-1)/(x-1)^3\right]\\ =(si k=3) \frac{x^3}{3!}\left[\frac{n(n-1)(n-2)x^{n-2}}{x-1}-\frac{3n(n-1)x^{n-1}}{(x-1)^2}+\frac{6nx^n}{(x-1)^3} -\frac{6(x^{n+1}-1)}{(x-1)^4}\right]\\ =\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}-x^n\sum_{h=0}^k{n\elegir h}\left(\frac{x}{1-x}\right)^{1+k-h} $$ Que aún necesita ser convertido de nuevo a una función de $p$, de acuerdo con mi comentario sobre el OP.