Vemos que nuestra identidad está en el hecho de
$$\sum_{k=0}^n {tk+r\elegir k} {tn-tk+s\elegir n-k}
- \sum_{k=0}^n {tk+r\elegir k} {tn-tk+s\elegir n-k} \frac{tk}{tk+r}
\\ = {tn+r+s\elegir n}.$$
Aunque sería preferible para resolver este uso formal de potencia de la serie
sólo parece que tenemos complejo de variables para este. Con los números enteros
$t,r,s \ge 1$ y empezando por la primera suma se introduce
$${tk+r\elegir k} =
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\gamma}
\frac{1}{w^{k+1}} (1+w)^{tk+r}
\; dw$$
y
$${tn-tk+s\elegir n-k} =
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z^{n-k+1}} (1+z)^{tn-tk+s}
\; dz.$$
Esta última integral se desvanece al$k\gt n$, por lo que podemos extender la suma de
el infinito, la obtención de
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{tn+s}}{z^{n+1}}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\gamma}
\frac{(1+w)^{r}}{w}
\sum_{k\ge 0} z^k (1+z)^{-tk} \frac{1}{w^k} (1+w)^{tk}
\; dw
\; dz.$$
Ahora con $\epsilon$ $\gamma$ pequeña en un barrio de el origen
obtenemos que para este convergen debemos tener $\epsilon/(1-\epsilon)^t
\lt \gamma/(1+\gamma)^t.$ Vamos a ver que podemos resolver esto con un
restricción adicional, a saber, que $\gamma \gt\epsilon.$ Haciendo el
suma encontramos
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{tn+s}}{z^{n+1}}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\gamma}
\frac{(1+w)^{r}}{w}
\frac{1}{1-z(1+w)^t/w/(1+z)^t}
\; dw
\; dz
\\ = \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{tn+s}}{z^{n+1}}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\gamma}
(1+w)^{r}
\frac{1}{w} {- z(1+w)^t/(1+z)^t}
\; dw
\; dz.$$
El polo en $w=0$ ha sido cancelado. Hay un poste en $w=z$ sin embargo
y con los parámetros elegidos es en el interior del contorno. Tenemos para
el residuo
$$\left.(1+w)^r \frac{1}{1-z(1+w)^{t-1}/(1+z)^t}\right|_{w=z}
= (1+z)^r \frac{1}{1-z/(1+z)}$$
La derivada tendría que haber desaparecido si el poste no había sido fácil.
Sustituyendo en el exterior de la integral obtenemos
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{tn+r+s+1}}{z^{n+1}}
\frac{1}{1-(t-1)z}
\; dz.$$
Continuando con la segunda suma obtenemos
$$\sum_{k=1}^n {tk+r\elegir k} {tn-tk+s\elegir n-k} \frac{tk}{tk+r}
t = \sum_{k=1}^n {tk+r-1\elegir k-1} {tn-tk+s\elegir n-k}
\\ = t \sum_{k=0}^{n-1} {tk+t+r-1\elegir k}
{t(n-1)-tk+s\elegir (n-1)-k}.$$
Podemos reciclar el anterior cálculo y encontrar
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{t(n-1)+t+r-1+s+1}}{z^{n}}
\frac{t}{1-(t-1)z}
\; dz
\\ = \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{tn+r+s}}{z^{n+1}}
\frac{z}{1-(t-1)z}
\; dz.$$
Restando las dos, el resultado es
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{tn+r+s}}{z^{n+1}}
\frac{(1+z)-z}{1-(t-1)z}
\; dz
= \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{tn+r+s}}{z^{n+1}}
\; dz.$$
Este evalúa a
$${tn+r+s\choose n}$$
por la inspección y hemos demostrado el teorema.
Para mostrar que el polo en $w=z$ es el único dentro del contorno
aplicar Rouch del teorema de
$$h(w) = w(1+z)^t - z(1+w)^t$$
con $f(w) = w (1+z)^t$ $g(w) = z (1+w)^t.$ $|g(w)| <
|f(w)|$ on $|w|=\gamma$ and since $f(w)$ tiene sólo una raíz que no lo
qué $h(w)$, el cual debe ser$w=z.$, por lo que requieren
$$|g(w)| \le |z| (1+\gamma)^t \lt \gamma |1+z|^t = |f(w)|.$$
Ahora $\gamma/(1+\gamma)^t$ comienza en cero y se incrementa desde
$(1+\gamma-\gamma t)/(1+\gamma)^{t+1}$ es positivo para $\gamma \lt
1/(t-1)$ with a local maximum there. Since $|z|/|1+z|^t \le \epsilon /
(1-\epsilon)^t$ we may choose $\epsilon$ para que esto tenga un valor
de el rango de $\gamma/(1+\gamma)^t$ $[0, 1/(t-1)].$
Crear instancias de $\gamma$ a la derecha de este punto se obtiene un valor de $\gt
\epsilon$ que cumple los requisitos del teorema. Aquí tenemos
utilizado que $\epsilon/(1+\epsilon)^t \lt \epsilon/(1-\epsilon)^t \lt
\gamma/(1+\gamma)^t$ by construction. No need for Rouche when $t=1.$
