log(xy)=log(x)+log(y) をマクローリン展開で見る

定義通りに左辺を計算すると，
$$\log \{(x+1)(y+1)\}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}(xy+x+y{)}^n$$
となる．
上式の右辺にある$(xy+x+y{)}^n$を展開したときの，（$x$の何乗）$\times$（$y$の何乗）の係数に注目して考える．
$(xy+x+y{)}^n$の展開について，$xy$が$a$個，$x$が$b$個，$y$が$c$個かかった項，つまり$x^{a+b}{y}^{a+c}$の係数は，${\displaystyle \frac{n!}{a!b!c!}}(a+b+c=n)$となる．

1. $y$を含まず，$x^n(n\ge 1)$という形をした項の係数について，
   上の$a,b,c$で，$a=0$かつ$b=n$かつ$c=0$より，$x^n$の係数は${\displaystyle \frac{n!}{0!n!0!}}=1$である。
   よって，元の式${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}(xy+x+y{)}^n}$における各$x^n(n\ge 1)$の係数は
   $$\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}$$
   である．

2. $x$を含まず，$y^n(n\ge 1)$という形をした項の係数について，
   上と同様にして，$y^n$の係数は${\displaystyle \frac{n!}{0!0!n!}}=1$である．
   よって，元の式${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}(xy+x+y{)}^n}$における各$y^n(n\ge 1)$の係数は
   $$\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}$$
   である．

3. $x^i{y}^n(i\ge 1,n\ge i)$という形をした項の係数について考える．（例えば，$x^2{y}^2，x{y}^2，x^2{y}^5$）
   $x^i{y}^n$という形をした項が初めて出てくる展開は$(xy+x+y{)}^n$，最後に出てくるのは$(xy+x+y{)}^{n+i}$なので，$xy,x,y$の組み合わせを考えることにより，
   $$\begin{array}{rl}& (xy+x+y{)}^n\cdots \frac{n!}{i!0!(n-i)!}\\ & (xy+x+y{)}^{n+1}\cdots \frac{(n+1)!}{(i-1)!1!(n-i+1)!}\\ & (xy+x+y{)}^{n+2}\cdots \frac{(n+2)!}{(i-2)!2!(n-i+2)!}\\ & ・\\ & ・\\ & ・\\ & (xy+x+y{)}^{n+i-2}\cdots \frac{(n+i-2)!}{2!(i-2)!(n-2)!}\\ & (xy+x+y{)}^{n+i-1}\cdots \frac{(n+i-1)!}{1!(i-1)!(n-1)!}\\ & (xy+x+y{)}^{n+i}\cdots \frac{(n+i)!}{0!i!n!}\end{array}$$
   となる．
   よって，元の式${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}(xy+x+y{)}^n}$における$x^i{y}^n(i\ge 1,n\ge i)$の係数，
   つまり，上の$(xy+x+y{)}^{n+k}(0\le k\le i)$を展開したときの$x^i{y}^n$の係数に${\displaystyle \frac{(-1{)}^{n+k-1}}{n+k}}$をかけたものの総和は，
   $$\begin{array}{rl}& \sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}}{n+k}\frac{(n+k)!}{(i-k)!k!(n+k-i)!}\\ =& \sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-i)!}\end{array}$$
   となる．

4. $x^n{y}^j(j\ge 1,n\ge j+1)$という形をした項の係数について，
   $xy+x+y$は$x,y$の対称式より，$x^n{y}^j(n\ge j+1)$の係数についての議論は(3)と同様になる（同様とは言っても，(3)において，$n=i$の場合は除いている）．

(1),(2)より，
$$\begin{array}{rl}\log \{(x+1)(y+1)\}& =(x+y-\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}{y}^2+\frac{1}{3}{x}^3+\frac{1}{3}{y}^3-\cdots )\\ & +(x^i{y}^j\text{の多項式}(i,j\ne 0))\\ & =\sum _{n=1}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n+\sum _{n=1}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{y}^n+(x^i{y}^j\text{の多項式}(i,j\ne 0))\\ \text{(}\ast \text{)}& & =\log (x+1)+\log (y+1)+(x^i{y}^j\text{の多項式}(i,j\ne 0))\end{array}$$
となることがわかるので，$(x^i{y}^j\text{の多項式}(i,j\ne 0))=0$が示されれば，この定理は証明されたことになる．
（証明は後半に続く）

$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-i)!}\\ =& \sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-i)!}+\frac{(-1{)}^{n+i-1}(n+i-1)!}{i!n!}\\ =& \sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-i+1)!}\cdot \frac{n+k-i+1}{i-k}+\frac{(-1{)}^{n+i-1}(n+i-1)!}{i!n!}\\ =& \sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-i+1)!}\cdot \frac{-(i-k)+n+1}{i-k}+\frac{(-1{)}^{n+i-1}(n+i-1)!}{i!n!}\\ =& \sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-i+1)!}\cdot (\frac{n+1}{i-k}-1)+\frac{(-1{)}^{n+i-1}(n+i-1)!}{i!n!}\\ =& (n+1)\sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-i+1)!}-\sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-i+1)!}+\frac{(-1{)}^{n+i-1}(n+i-1)!}{i!n!}\\ =& (n+1)\sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-i+1)!}+\frac{(-1{)}^{n+i-1}(n+1)(n+i-1)!}{i!(n+1)!}-\sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-i+1)!}\\ =& (n+1)\{\sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-i+1)!}+\frac{(-1{)}^{n+i-1}(n+i-1)!}{i!(n+1)!}\}-\sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-i+1)!}\\ =& (n+1)\sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-i+1)!}-\sum _{k=0}^{i-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-i+1)!}.\end{array}$$
よって，$1\le m\le i$に対し，
$$T_{i,m}:=\sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m)!}$$
と定義すれば，上の計算によって，
$$T_{i,i}=(n+1)T_{i,i-1}-T_{i-1,i-1}$$
がわかる．$T_{i,i}=0$が示したい式である．
一般に，$2\le m\le i$に対して，
$$\begin{array}{rl}{T}_{i,m}& =\sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m)!}\\ & =\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m)!}+\sum _{k=m}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m)!}\\ & =\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(m-1-k)!k!(n+k-m+1)!}\cdot \frac{n+k-m+1}{(m-k)(m+1-k)\cdots (i-k)}+\sum _{k=m}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m)!}\\ & =\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(m-1-k)!k!(n+k-m+1)!}\cdot \frac{(n+i-m+1)-(i-k)}{(m-k)(m+1-k)\cdots (i-k)}+\sum _{k=m}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m)!}\\ & =(n+i-m+1)\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}-\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-m+1)!}+\sum _{k=m}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m)!}.\end{array}$$
ここで，上式の第3項について考える．
$$a_k:={\displaystyle \frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m)!}}$$とおくと，$m\le k\le i$のとき，
$$\begin{array}{rl}{a}_k& =\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m)!}\\ & =\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}\cdot (n+k-m+1)\\ & =\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}\cdot (n+i-m+1-(i-k))\\ & =(n+i-m+1)\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}-\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}\cdot (i-k)\\ & =(n+i-m+1)\cdot \frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}-\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k-1)!k!(n+k-m+1)!}\end{array}$$
となるので，
$$\begin{array}{rl}{T}_{i,m}& =(n+i-m+1)\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}-\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-m+1)!}+\sum _{k=m}^i{a}_k\\ & =(n+i-m+1)\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}-\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-m+1)!}\\ & +(n+i-m+1)\sum _{k=m}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}-\sum _{k=m}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k-1)!k!(n+k-m+1)!}\\ & =(n+i-m+1)\sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-m+1)!}-\sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-1-k)!k!(n+k-m+1)!}\\ & =(n+i-m+1)T_{i,m-1}-T_{i-1,m-1}.\end{array}$$
よって，次のような関係式を得る．
$$\begin{array}{rl}& T_{i,i}=(n+1)T_{i,i-1}-T_{i-1,i-1},\\ & T_{i,i-1}=(n+2)T_{i,i-2}-T_{i-1,i-2},\\ & T_{i,i-2}=(n+3)T_{i,i-3}-T_{i-1,i-3},\\ & \cdot \\ & \cdot \\ & \cdot \\ & T_{i,4}=(n+i-3)T_{i,3}-T_{i-1,3},\\ & T_{i,3}=(n+i-2)T_{i,2}-T_{i-1,2},\\ & T_{i,2}=(n+i-1)T_{i,1}-T_{i-1,1}.\end{array}$$
ここで，上で得た関係式は，任意の$T_{i,m}(2\le m\le i)$が，$T_{j,1}(1\le j\le i)$の1次結合で表されることを示している．
例えば，$T_{i,2}=(n+i-1)T_{i,1}-T_{i-1,1}$なので，
$$\begin{array}{rl}{T}_{i,3}& =(n+i-2)T_{i,2}-T_{i-1,2}\\ & =(n+i-2)\{(n+i-1)T_{i,1}-T_{i-1,1}\}-\{(n+i-2)T_{i-1,1}-T_{i-2,1}\}\\ & =(n+i-2)(n+i-1)T_{i,1}-2(n+i-2)T_{i-1,1}+T_{i-2,1}\end{array}$$
となり，$T_{i,2},T_{i,3}$は$T_{j,1}$の1次結合である．
そして，この$T_{j,1}(1\le j\le i)$について計算すると，
$$\begin{array}{rl}{T}_{j,1}& =\sum _{k=0}^j\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(j-k)!k!(n+k-1)!}\\ & =\sum _{k=0}^j\frac{(-1{)}^{n+k-1}}{(j-k)!k!}\\ & =\frac{(-1{)}^{n-1}}{j!}\sum _{k=0}^j\frac{j!}{(j-k)!k!}\cdot (-1{)}^k\\ & =\frac{(-1{)}^{n-1}}{j!}\sum _{k=0}^j{}_j{\mathrm{C}}_k(-1{)}^k\\ & =\frac{(-1{)}^{n-1}}{j!}(1+(-1){)}^j(\because \text{二項展開})\\ & =0\end{array}$$
となるので，$T_{i,i}$は$T_{j,1}$の1次結合で表されることを踏まえれば，$T_{i,i}=0$が成り立つことが分かる．

(3)について，上の予想が成り立つことから，
$$\sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-i)!}=0$$
である．
したがって，${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}(xy+x+y{)}^n}$における$x^i{y}^n(i\ge 1,n\ge i)$の係数は$0$となる．
よって，(3),(4)より，$(\ast )$において
$$(x^i{y}^j\text{の多項式}(i,j\ne 0))=0$$
となり，
$$\begin{array}{r}\log \{(x+1)(y+1)\}=\log (x+1)+\log (y+1)\end{array}$$
が成り立つ．

補題2の左辺を以下のように変形する．
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^i\frac{(-1{)}^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!k!(n+k-i)!}& =\sum _{k=0}^i(-1{)}^{n+k-1}\frac{i!}{(i-k)!k!}\frac{(n+k-1)!}{i!(n+k-i)!}\\ & =\frac{1}{i}\sum _{k=0}^i(-1{)}^{n+k-1}\frac{i!}{(i-k)!k!}\frac{(n+k-1)!}{(i-1)!(n+k-i)!}\\ & =\frac{1}{i}\sum _{k=0}^i(-1{)}^{n+k-1}{}_i{\mathrm{C}}_k\cdot {}_{n+k-1}{\mathrm{C}}_{i-1}\end{array}$$
よって，$i\ne 0$より，
$$\sum _{k=0}^i(-1{)}^{n+k-1}{}_i{\mathrm{C}}_k\cdot {}_{n+k-1}{\mathrm{C}}_{i-1}=0$$