$\gdef\d{\operatorname{d}}$ $\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$ $\gdef\quads#1{\quad #1 \quad}$

我们来证明

$$ \frac{1}{(1 - q)^{n}} \spaces= \sum_{u \geq 0}\binom{n + u - 1}{u}q^{u} $$

对于 $(1-q)^{-m}$ 这类特殊的有理函数, 注意到 $((1-q)^{-1})' = (1 - q)^{- 2}$. 归纳地, 可以得到

$$ \frac{\d^{n}}{\d q^{n}}(1 - q)^{- 1} \spaces= \frac{n!}{(1 - q)^{n + 1}} \quads\Longrightarrow \frac{1}{(1 - q)^{n}} \spaces= \frac{1}{(n - 1)!} \cdot \frac{\d^{n - 1}}{dq^{n - 1}}(1 - q)^{- 1} $$

另一方面, 我们知道几何级数满足 $\frac{1}{1 - q} = 1 + q + q^2 + \cdots = \sum_{u \geq 0}q^{u}$, 代入可得

$$ \frac{1}{(1 - q)^{n}} \spaces= \frac{1}{(n - 1)!} \cdot \frac{\d^{n - 1}}{\d q^{n - 1}}\sum_{u \geq 0}q^{u} $$

现在我们再使用下面的观察

就可以算出 $\frac{\d^{n - 1}}{\d q^{n - 1}}\sum_{u \geq 0}q^{u}$ 这一部分

$$ \begin{aligned} \frac{1}{(1 - q)^{n}} &\spaces= \frac{1}{(n - 1)!} \cdot \sum_{u \geq n - 1}q^{u - (n - 1)}\prod_{0 \leq k \leq n - 2}(u - k) \\ &\spaces= \frac{1}{(n - 1)!} \cdot \sum_{u \geq 0}q^{u}\prod_{0 \leq k \leq n - 2}(u + n - k - 1) \\ &\spaces= \frac{1}{(n - 1)!} \cdot \sum_{u \geq 0}q^{u}(u + n - 1)(u + n - 2) \spaces\cdots (u + 1) \end{aligned} $$

$q^{u}$ 的系数从 $u = 0$ 开始, 则系数可再一次简化为组合数

$$ \begin{aligned} \frac{1}{(n-1)!} \cdot \frac{(n+u-1)!}{u!} &\spaces= \underbrace{(n+u-1) \cdots n}_{u \ge 1} \cdot \frac1{(n-1)!} \cdot \frac{(n-1)!}{u!} \\ &\spaces= \frac{(n+u-1) \cdots n}{u!} \end{aligned} $$

于是明所欲证.