拉格朗日反演
前置引理
首先设 \(\Bbb{C}[[x]]=\{ \sum\limits_{i\ge 0}a_ix^i|a_i\in \Bbb{C} \},\Bbb{C}((x))=\{\sum\limits_{i\ge -N}a_ix^i|N\in Z,a_i\in \Bbb{C}\}\)
有以下引理：
- \(f(x)\in \Bbb{C}((x)),[x^{-1}]f'(x)=0\)
显然，因为没有一个幂次项求导后是 \(-1\) 次项。
- \(f(x)\in x\Bbb{C}[[x]],[x^{-1}]f(x)^if'(x)=[x=-1]\)
首先考虑 \(x\not=-1\)，我们可以得到 \(f(x)^if'(x)=\frac{1}{i+1}(f(x)^{i+1})'\)，根据引理一可知成立。
然后考虑 \(x=-1\)，我们可以得到：
\[\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{a_0+2a_1x+3a_2x^2+...}{a_0x+a_1x^2+a_2x^3}\\
=\frac{a_0+2a_1x +3a_2x+...}{a_0x}\times \frac{1}{1+\frac{a_1}{a_0}x+\frac{a_2}{a_0}x^2+...}\\
\]
我们知道：
\[\frac{1}{1+x}=\sum\limits_{i\ge 0} (-1)^ix^i
\]
所以我们可以得到原式=
\[(x^{-1}+...)(1-x(1+\frac{a_1}{a_0}x+\frac{a_2}{a_0}x^2+...)+...)
\]
由此我们可以得到原式成立。
拉格朗日反演证明
设 \(F(x)\) 的逆为 \(G(x)\) 且 \(F(x),G(x)\in x\Bbb{C}[[x]]\)，则我们有：
\[[x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}](\frac{1}{G(x)})^n=\frac{1}{n}[x^{n-1}](\frac{x}{G(x)})^n
\]
证明：
\[F(G(x))=x\Rightarrow \sum\limits_{i\ge1}a_iG(x)^i=x
\]
两边求导可以得到：
\[\begin{aligned}
\sum\limits_{i\ge1}ia_iG(x)^{i-1}G'(x)&=1\\
\Leftrightarrow \sum\limits_{i\ge1}ia_iG(x)^{i-n-1}G'(x)&=\frac{1}{G(x)^n}
\end{aligned}
\]
所以我们现在关注一下左边式子 \(x^{-1}\) 的系数，容易发现：
\[[x^{-1}]\sum\limits_{i\ge 1}ia_iG(x)^{i-n-1}G'(x)
\]
当 \(i\not=n\) 的时候，贡献是 \(0\)，当且仅当 \(i=n\) 的时候才有意义。
所以我们可以得到：
\[na_n=\frac{1}{G(x)^n}
\]
由此可知结论成立。
拉格朗日反演扩展证明
对于任意的 \(h(x)\) 满足 \(h(0)=0\)，以及有 \(f(g(x))=x\)，我们可以得到：
\[[x^n]h(g(x))=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{h'(x)}{f(x)^n}
\]
我们有：
\[h(g(f(x)))=h(x)\Leftrightarrow \sum\limits_{i\ge 1}a_if(x)^i=h(x)
\]
进行和上面类似的推导就可以得到这个式子。不难发现上面的拉格朗日反演就是 \(h(x)=x\) 的扩展。
整个推广定理还可以有另一种方式说明，即令 \(F(G(x))=H(x)\)，其实就是令 \(F(x)=h(g(x)),G(x)=f(x),H(x)=h(x)\)，就可以得到这个形式。而 \(H(x)\) 仍然要满足 \(H(x)=0\)。整个扩展定理变成如下形式：
\[[x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{H'(x)}{G(x)^n}
\]
