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，
$$\mathrm{log}\left\{(x+1)(y+1)\right\} = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}(xy+x+y)^n$$
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，$\dfrac{n!}{a!~b!~c!}~~(a+b+c=n)$となる．

1. $y$を含まず，$x^n~(n\geq1)$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$\dfrac{n!}{0!~n!~0!} = 1$である。
   よって，元の式$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}(xy+x+y)^n$における各$x^n~(n\geq 1)$の係数は
   $$\frac{(-1)^{n-1}}{n} $$
   である．

2. $x$を含まず，$y^n~(n\geq1)$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$\dfrac{n!}{0!~0!~n!}=1$である．
   よって，元の式$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}(xy+x+y)^n$における各$y^n~(n\geq 1)$の係数は
   $$\frac{(-1)^{n-1}}{n} $$
   である．

3. $x^iy^n~(i\geq 1, ~ n\geq i)$という形をした項の係数について考える．（例えば，$x^2y^2，xy^2，x^2y^5$）
   $x^iy^n$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{align*} &(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{align*}
   となる．
   よって，元の式$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}(xy+x+y)^n$における$x^iy^n~(i\geq 1, ~ n\geq i)$の係数，
   つまり，上の$(xy+x+y)^{n+k} ~(0\leq k\leq i)$を展開したときの$x^iy^n$の係数に$\dfrac{(-1)^{n+k-1}}{n+k} $をかけたものの総和は，
   \begin{align*} &\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{align*}
   となる．

4. $x^ny^j~(j\geq 1, ~ n\geq j+1)$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，$x^ny^j~(n\geq j+1)$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{align*} \mathrm{log}\left\{(x+1)(y+1)\right\} &= \left( x+y-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}y^2+\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{3}y^3-\cdots \right)\\ &~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~+ (x^iy^j\text{の多項式}~(i,j\neq0))\\ &= \sum_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n + \sum_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}y^n + (x^iy^j\text{の多項式}~(i,j\neq0))\\ &= \mathrm{log}(x+1)+\mathrm{log}(y+1)+ (x^iy^j\text{の多項式}~(i,j\neq0)) \tag{$\ast$} \end{align*}
となることがわかるので，$(x^iy^j\text{の多項式}~(i,j\neq0)) = 0$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{align*} &\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 \left( \frac{n+1}{i-k}-1 \right) + \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) \left\{ \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)!} \right\}- \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{align*}
よって，$1\leq m \leq i$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，$2\leq m \leq i$に対して，
\begin{align*} 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{align*}
ここで，上式の第3項について考える．
$$ a_k := \dfrac{(-1)^{n+k-1}(n+k-1)!}{(i-k)!~k!~(n+k-m)!}$$とおくと，$m\leq k \leq i$のとき，
\begin{align*} 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{align*}
となるので，
\begin{align*} 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{align*}
よって，次のような関係式を得る．
\begin{align*} &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{align*}
ここで，上で得た関係式は，任意の$T_{i,m} ~(2\leq m \leq i)$が，$T_{j,1}~~(1\leq j \leq i)$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{align*} 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{align*}
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$T_{j,1} ~~(1\leq j \leq i)$について計算すると，
\begin{align*} 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{align*}
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，$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}(xy+x+y)^n$における$x^iy^n~(i\geq 1, ~ n\geq i)$の係数は$0$となる．
よって，(3),(4)より，$(\ast)$において
$$ (x^iy^j\text{の多項式}~(i,j\neq0)) = 0 $$
となり，
\begin{align*} \mathrm{log}\left\{(x+1)(y+1)\right\} = \mathrm{log}(x+1)+\mathrm{log}(y+1) \end{align*}
が成り立つ．

補題2の左辺を以下のように変形する．
\begin{align*} \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{align*}
よって，$i\neq0$より，
$$ \sum_{k=0}^i (-1)^{n+k-1} {}_i\mathrm{C}_k \cdot {}_{n+k-1}\mathrm{C}_{i-1} = 0 $$