拉格朗日反演

前置引理

首先设 \(\Complex[[x]]=\{ \sum\limits_{i\ge 0}a_ix^i|a_i\in \Complex \},\Complex((x))=\{\sum\limits_{i\ge -N}a_ix^i|N\in Z,a_i\in \Complex\}\)
有以下引理：

• \(f(x)\in \Complex((x)),[x^{-1}]f'(x)=0\)

显然，因为没有一个幂次项求导后是 \(-1\) 次项。

• \(f(x)\in x\Complex[[x]],[x^{-1}]f(x)^if'(x)=[x=-1]\)

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

然后我们开始证明拉格朗日反演：

设 \(F(x)\) 的逆为 \(G(x)\) 且 \(F(x),G(x)\in x\Complex[[x]]\)，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：

\[ \sum\limits_{i\ge1}ia_iG(x)^{i-1}G'(x)=1\\ \Leftrightarrow \sum\limits_{i\ge1}ia_iG(x)^{i-n-1}G'(x)=\frac{1}{G(x)^n} \]

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：

\[ [x^n]h(g(x))=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{h'(x)}{f(x)^n} \]

其实应该也比较显然，不过一直懒得思考，看来还是太颓了。

我们直接这样来做：

\[ h(g(f(x)))=h(x)\Leftrightarrow \sum\limits_{i\ge 1}a_if(x)^i=h(x) \]

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：

\[ [x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{H'(x)}{G(x)^n} \]