Für k=0 ist das einfach nur die Summenformel der geom. Reihe.
Bleibt der Induktionsschritt:
Gelte also für ein k die gegebene Formel, dann hast du:
\( \sum \limits_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^n\)
\( = 1+ \sum \limits_{n=1}^{\infty}\begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^n\)
Das gibt mit der Formel für die Binomialkoeffizienten
\( =1+\sum \limits_{n=1}^{\infty} (\begin{pmatrix} n+k\\n \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} n+k\\n-1 \end{pmatrix} )\cdot z^n\)
\( =1+\sum \limits_{n=1}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k\\n \end{pmatrix}\cdot z^n +\sum \limits_{n=1}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k\\n-1 \end{pmatrix} \cdot z^n\)
\(= \sum \limits_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k\\n \end{pmatrix}\cdot z^n +\sum \limits_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^{n+1}\)
\(= \sum \limits_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k\\n \end{pmatrix}\cdot z^n +z\cdot\sum \limits_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^{n} \)
Damit hast du insgesamt:
\( \sum \limits_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^n = \sum \limits_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k\\n \end{pmatrix}\cdot z^n +z\cdot\sum \limits_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^{n}\)
<=>
\( \sum \limits_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^n -z\cdot\sum \limits_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^{n} = \sum \limits_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k\\n \end{pmatrix}\cdot z^n \)
<=>
\( (1-z) \cdot \sum \limits_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^n = \sum \limits_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} n+k\\n \end{pmatrix}\cdot z^n \)
Rechts die Induktionsannahme einsetzen:
\( (1-z) \cdot \sum \limits_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^n = \frac{1}{(1-z)^{k+1}} \)
und durch (1-z) teilen gibt die zu beweisende Formel für k+1
\( \sum \limits_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} n+k+1\\n \end{pmatrix} \cdot z^n = \frac{1}{(1-z)^{k+2}} \)
