Aloha :)
Die Erzeugende ist hier:
$$m_X(t)=\sum\limits_{k=1}^\infty \text{Log}_p(k)\cdot t^k=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{-1}{\log(1-p)}\,\frac{p^k}{k}\cdot t^k=\frac{-1}{\log(1-p)}\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{(pt)^k}{k}\cdot t^k$$
Mit \(x:=pt\) gilt weiter unter der Voraussetzung, dass \(|pt|=|x|<1\) ist:$$\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{(pt)^k}{k}=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k}=\sum\limits_{k=1}^\infty\int\limits_0^x \tilde x^{k-1}d\tilde x=\int\limits_0^x\left(\sum\limits_{k=1}^\infty \tilde x^{k-1}\right)d\tilde x=\int\limits_0^x\left(\sum\limits_{k=0}^\infty \tilde x^k\right)d\tilde x$$$$=\int\limits_0^x\frac{1}{1-\tilde x}\,d\tilde x=-\log(1-x)=-\log(1-pt)$$Beachte, dass die Vertauschung von Integration und Summation nur innerhalb des Konvergenzradius der geometrischen Reihe erlaubt ist. Daher mussten wir oben \(|pt|<1\) voraussetzen. Somit haben wir nebenbei auch den Konvergenzradius für \(m_X(t)\) geschenkt bekommen. Bauen wir alles zusammen, haben wir die gesuchte Erzeugende gefunden:$$m_X(t)=\frac{\log(1-pt)}{\log(1-p)}\quad;\quad|pt|<1$$
Der Erwartungswert ist:
$$\left<X\right>=\lim\limits_{t\nearrow1}m'_X(t)=\lim\limits_{t\nearrow1}\left(\frac{-p}{(1-pt)\log(1-p)}\right)=\frac{-p}{(1-p)\log(1-p)}$$
Die Varianz ist etwas fummeligger, weil wir über das zweite Moment gehen müssen:
$$V(X)=\left<X^2\right>-\left<X\right>^2=\left<X^2-X\right>+\left<X\right>-\left<X\right>^2=\left<X(X-1)\right>+\left<X\right>-\left<X\right>^2$$
$$\left<X(X-1)\right>=\lim\limits_{t\nearrow1}m''_X(t)=\lim\limits_{t\nearrow1}\frac{d}{dt}\left(\frac{-p}{(1-pt)\log(1-p)}\right)$$$$\phantom{\left<X(X-1)\right>}=\lim\limits_{t\nearrow1}\left(\frac{-p^2}{(1-pt)^2\log(1-p)}\right)=\frac{-p^2}{(1-p)^2\log(1-p)}$$
Nun müssen wir das nur noch zusammenbauen:
$$V(X)=\frac{-p^2}{(1-p)^2\log(1-p)}+\frac{-p}{(1-p)\log(1-p)}-\left(\frac{-p}{(1-p)\log(1-p)}\right)^2$$$$\phantom{V(X)}=\frac{-p^2\log(1-p)-p(1-p)\log(1-p)-p^2}{(1-p)^2\log^2(1-p)}=\frac{-p^2-p\log(1-p)}{(1-p)^2\log^2(1-p)}$$
