Wikipedia に載っていたものの、証明がなかったので。
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まず、二項係数を一般化して、複素数 $z$ と非負整数 $n$ について、$$
\begin{align}
\binom{z}{n}
&\triangleq \frac{z (z-1) \cdots (z-n+1)}{n!} \\
&= \frac{1}{n!} \prod_{k=0}^{n-1} (z-k)
\end{align}
$$と定義する。$z$ が $n$ 以上の整数であれば通常の二項係数と同じ。
ここで、$$
\begin{align}
\frac{1}{\binom{z}{n}}
&= n! \prod_{k=0}^{n-1} \frac{1}{z-k} \\
&= n! (-1)^n \prod_{k=0}^{n-1} \frac{1}{(-z)+k} \\
&= n! (-1)^n \cdot \frac{1}{(n-1)!} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \binom{n-1}{k} \frac{1}{(-z)+k} \\
&= n! (-1)^n \cdot \frac{1}{(n-1)!} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{k-1} \frac{(n-1)!}{k! ((n-1)-k)!} \cdot \frac{1}{z-k} \\
&= \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{n+k-1} \frac{n! (n-k)}{k! (n-k)!} \cdot \frac{1}{z-k} \\
&= \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{n+k-1} \binom{n}{k} \frac{n-k}{z-k}
\end{align}
$$が成り立つ。
また、$$
\begin{align}
\frac{1}{\binom{z+n}{n}}
&= n! \prod_{k=0}^{n-1} \frac{1}{z+n-k} \\
&= n! \prod_{k=0}^{n-1} \frac{1}{(z+1)+k} \\
&= n! \cdot \frac{1}{(n-1)!} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \binom{n-1}{k} \frac{1}{(z+1)+k} \\
&= n! \cdot \frac{1}{(n-1)!} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \frac{(n-1)!}{k! ((n-1)-k)!} \cdot \frac{1}{z+k+1} \\
&= \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \frac{n!}{k! ((n-1)-k)!} \cdot \frac{1}{z+k+1} \\
&= \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \frac{n!}{(k-1)! (n-k)!} \cdot \frac{1}{z+k} \\
&= \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \frac{n! k}{k! (n-k)!} \cdot \frac{1}{z+k} \\
&= \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \binom{n}{k} \frac{k}{z+k}
\end{align}
$$が成り立つ。
いずれも、調和数列の積の部分分数分解の公式を用いた。
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