Запуск программы с параметрами - C# (182971)

Формулировка задачи:

Помогите с аргументами к программе + перенаправление вывода в файл. Пробовал разные варианты:

                    Листинг программы
                
"--user=user --password=pass --port=3306 --host localhost testbase > c:\temp\base.txt";
"--user=user & --password=pass & --port=3306 & --host & localhost & testbase & > & c:\temp\base.txt";
"--user=user --password=pass --port=3306 --host localhost testbase" + ">" + "c:\temp\base.txt";

Ни один вариант не работает.

                    Листинг программы
                
 
                        
                          
                    
private void Button_Click(object sender, RoutedEventArgs e)
        {
            Process dump = new Process();
            dump.StartInfo.FileName = "C:\\Program Files\\MariaDB 10.0\\bin\\mysqldump.exe";
            dump.StartInfo.Arguments = "--user=user --password=pass --port=3306 --host localhost testbase > c:\temp\base.txt";
            dump.Start();
        }

Решение задачи: «Запуск программы с параметрами»

textual
                            Листинг программы 
                        
Process.Start("cmd", @"/c ""C:\Program Files\MariaDB 10.0\bin\mysqldump.exe"" --user=user --password=pass --port=3306 --host localhost testbase > c:\temp\base.txt");