(1)

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{j=0}^{k}C(x,j)C(y,k-j)t^k& =\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}C(x,j)C(y,i)t^{j+i}\\ & =\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}C(x,j)t^j\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}C(y,i)t^i\\ & ={(t+1)}^x{(t+1)}^y\\ & ={(t+1)}^{x+y}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}C(x+y,k)t^k\end{array}$$ $t$の係数を比較すると与式は成り立つ。

(1)-2

超幾何関数と超幾何定理を使う。
$$\begin{array}{rl}\sum _{j=0}^{k}C(x,j)C(y,k-j)& =\sum _{j=0}^k\frac{P(x,j)P(y,k-j)}{j!(k-j)!}\\ & =\sum _{j=0}^k\frac{P(x,j)}{j!(k-j)!Q(y+1,j-k)}\\ & =\sum _{j=0}^k\frac{P(x,j)}{j!(k-j)!Q(y+1,-k)Q(y-k+1,j)}\\ & =\frac{1}{k!Q(y+1,-k)}\sum _{j=0}^k\frac{k!P(x,j)}{j!(k-j)!Q(y-k+1,j)}\\ & =\frac{1}{k!Q(y+1,-k)}\sum _{j=0}^k\frac{P(k,j)P(x,j)}{j!Q(y-k+1,j)}\\ & =\frac{1}{k!Q(y+1,-k)}\sum _{j=0}^k\frac{{(-1)}^{j}P(k,j){(-1)}^{j}P(x,j)}{j!Q(y-k+1,j)}\\ & =\frac{1}{k!Q(y+1,-k)}\sum _{j=0}^k\frac{Q(-k,j)Q(-x,j)}{j!Q(y-k+1,j)}\\ & =\frac{1}{k!Q(y+1,-k)}F(-k,-x;y-k+1;1)\\ & =\frac{1}{k!Q(y+1,-k)}\cdot \frac{\mathrm{\Gamma }(y-k+1)\mathrm{\Gamma }(y-k+1+k+x)}{\mathrm{\Gamma }(y-k+1+k)\mathrm{\Gamma }(y-k+1+x)}\left(\text{超幾何定理}\right)\\ & =\frac{1}{k!Q(y+1,-k)}\cdot \frac{\mathrm{\Gamma }(y-k+1)\mathrm{\Gamma }(y+1+x)}{\mathrm{\Gamma }(y+1)\mathrm{\Gamma }(y-k+1+x)}\\ & =\frac{1}{k!Q(y+1,-k)}\cdot \frac{\mathrm{\Gamma }\left(y\right)Q(y,1-k)\mathrm{\Gamma }(y+x)(y+x)}{\mathrm{\Gamma }\left(y\right)y\mathrm{\Gamma }(y+x)Q(y+x,1-k)}\\ & =\frac{1}{k!Q(y,1-k)}\cdot \frac{Q(y,1-k)Q(y+x,1)}{Q(y+x,1-k)}\\ & =\frac{(y+x)}{k!Q(y+x,1-k)}\\ & =\frac{(y+x)P(y+x-1,k-1)}{k!}\\ & =\frac{P(y+x,k)}{k!}\\ & =C(x+y,k)\end{array}$$

(1)-3

$x,y$が整数の場合の証明
$x+y$個の対象から$n$個を選ぶ方法は$C(x+y,n)$通りである。
これは$x$個と$y$個に分けて$x$個の中から$k$個と$y$個の中から$n-k$個を選び$k$について0から$n$まで総和をとっても同じである。
すなわち$\sum _{k=0}^{n}C(x,k))C(y,n-k)=C(x+y,k)$となる。

(1)-4

$x,y$が整数の場合の証明
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^{m+n}\sum _{j=0}^{k}C(m,j)C(n,k-j)x^k& =\sum _{i=0}^m\sum _{j=0}^{n}C(m,j)C(n,i)x^{j+i}\\ & =\sum _{i=0}^{m}C(n,i)x^i\sum _{j=0}^{n}C(m,j)x^j\\ & ={(x+1)}^m{(x+1)}^n\\ & ={(x+1)}^{m+n}\\ & =\sum _{k=0}^{m+n}C(m+n,k)x^k\end{array}$$ $x$の係数を比較すると与式は成り立つ。

(2)

$$\begin{array}{rl}\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^{l}C(k,m)C(l-k,n)x^{l+1}& =\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}C(k,m)C(j,n)x^{k+j+1}\\ & =x\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}C(j,n)x^j\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}C(k,m)x^k\\ & =x{x}^n{(1-x)}^{-(n+1)}{x}^m{(1-x)}^{-(m+1)}\\ & =x^{m+n+1}{(1-x)}^{-(m+n+2)}\\ & =\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}C(l,m+n+1)x^l\\ & =\sum _{l=-1}^{\mathrm{\infty }}C(l+1,m+n+1)x^{l+1}\\ & =\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}C(l+1,m+n+1)x^{l+1}\end{array}$$ $x^{l+1}$の係数を比べると、
$$\sum _{k=0}^{l}C(k,m)C(l-k,n)=C(l+1,m+n+1)$$ となる。