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# Lagrange 反演

## 形式 Laurent 级数

我们已经知道形式幂级数环 ℂ[[𝑥]]C[[x]] 了，定义形式 Laurent 级数环：

ℂ((𝑥)):={∑𝑘≥𝑁 𝑎 𝑘 𝑥 𝑘:𝑁∈ℤ,𝑎 𝑘∈ℂ}C((x)):={∑k≥N a k x k:N∈Z,a k∈C}

我们可以仿照形式幂级数的乘法逆元定义来定义 ℂ((𝑥))C((x)) 上元素的乘法逆元：

若对于 𝑓 :=∑𝑘≥𝑁 𝑓 𝑘 𝑥 𝑘 f:=∑k≥N f k x k 且 𝑓 𝑁 ≠0 f N≠0 存在 𝑔 =∑𝑘≥−𝑁 𝑔 𝑘 𝑥 𝑘 g=∑k≥−N g k x k 满足 𝑓 𝑔 =1 f g=1 那么

𝑔 𝑘:={𝑓−1 𝑁, i f 𝑘=−𝑁,−𝑓−1 𝑁∑𝑖>𝑁 𝑓 𝑖 𝑔 𝑘−𝑖, o t h e r w i s e g k:={f N−1, if k=−N,−f N−1∑i>N f i g k−i, otherwise

与形式幂级数类似的，我们也对非零的 𝑓(𝑥) =∑𝑘≥𝑁 𝑓 𝑘 𝑥 𝑘 f(x)=∑k≥N f k x k 定义：

o r d⁡𝑓:=m i n{𝑘:𝑓 𝑘≠0}ord⁡f:=min{k:f k≠0}

显然对于 𝑔 ≠0 g≠0 有

o r d⁡(𝑓 𝑔)=o r d⁡(𝑓)+o r d⁡(𝑔)ord⁡(f g)=ord⁡(f)+ord⁡(g)

## 形式留数

形式留数是形式 Laurent 级数中 𝑥−1 x−1 项的系数．记 r e s⁡𝑓 :=[𝑥−1]𝑓 res⁡f:=[x−1]f．

引理：对于任何形式 Laurent 级数 𝑓 f 有 r e s⁡𝑓′ =0 res⁡f′=0．

证明：考虑形式导数的定义 (𝑥 𝑘)′ =𝑘 𝑥 𝑘−1(x k)′=k x k−1．

引理：对于任何形式 Laurent 级数 𝑓,𝑔 f,g 有 r e s⁡(𝑓′𝑔) = −r e s⁡(𝑓 𝑔′)res⁡(f′g)=−res⁡(f g′)．

证明：考虑乘法法则 (𝑓 𝑔)′ =𝑓′𝑔 +𝑓 𝑔′(f g)′=f′g+f g′ 所以 0 =r e s⁡((𝑓 𝑔)′) =r e s⁡(𝑓′𝑔) +r e s⁡(𝑓 𝑔′)0=res⁡((f g)′)=res⁡(f′g)+res⁡(f g′)．

引理：对于形式 Laurent 级数 𝑓(𝑥) ≠0 f(x)≠0 有 r e s⁡(𝑓′/𝑓) =o r d⁡𝑓 res⁡(f′/f)=ord⁡f．

证明：设 o r d⁡𝑓 =𝑘 ord⁡f=k 那么

r e s⁡(𝑓′𝑓)=r e s⁡(𝑘 𝑓 𝑘 𝑥 𝑘−1+⋯𝑓 𝑘 𝑥 𝑘+𝑓 𝑘+1 𝑥 𝑘+1+⋯)=r e s⁡(𝑘 𝑓 𝑘 𝑥−1+⋯𝑓 𝑘+𝑓 𝑘+1 𝑥+⋯)=𝑘 res⁡(f′f)=res⁡(k f k x k−1+⋯f k x k+f k+1 x k+1+⋯)=res⁡(k f k x−1+⋯f k+f k+1 x+⋯)=k

引理：对于形式 Laurent 级数 𝑓 f 和形式幂级数 𝑔 ≠0 g≠0 有 r e s⁡(𝑓)o r d⁡(𝑔) =r e s⁡(𝑓(𝑔)𝑔′)res⁡(f)ord⁡(g)=res⁡(f(g)g′)．

证明：考虑线性性，我们只需证明 𝑓 =𝑥 𝑘 f=x k 其中 𝑘 ∈ℤ k∈Z 的情况即可，若 𝑘 ≠ −1 k≠−1 那么

r e s⁡𝑥 𝑘=0 r e s⁡(𝑔 𝑘 𝑔′)=r e s⁡(1 𝑘+1(𝑔 𝑘+1)′)=1 𝑘+1 r e s⁡((𝑔 𝑘+1)′)=0 res⁡x k=0 res⁡(g k g′)=res⁡(1 k+1(g k+1)′)=1 k+1 res⁡((g k+1)′)=0

若 𝑘 = −1 k=−1 那么

r e s⁡𝑓=r e s⁡(𝑥−1)=1 r e s⁡(𝑓(𝑔)𝑔′)=r e s⁡(𝑔′/𝑔)=o r d⁡(𝑔)=r e s⁡(𝑓)o r d⁡(𝑔)res⁡f=res⁡(x−1)=1 res⁡(f(g)g′)=res⁡(g′/g)=ord⁡(g)=res⁡(f)ord⁡(g)

## 复合逆

记 𝐴(𝑥) ∘𝐵(𝑥) :=𝐴(𝐵(𝑥))A(x)∘B(x):=A(B(x))．

命题：𝑓(𝑥) :=∑𝑘≥1 𝑓 𝑘 𝑥 𝑘 f(x):=∑k≥1 f k x k 存在复合逆 𝑓⟨−1⟩(𝑥)f⟨−1⟩(x) 当且仅当 𝑓(0) =0 ≠𝑓′(0)f(0)=0≠f′(0)，此时 𝑓⟨−1⟩(𝑥)f⟨−1⟩(x) 是唯一的．进一步说：若 𝑔(𝑥) =∑𝑘≥1 𝑔 𝑘 𝑥 𝑘 g(x)=∑k≥1 g k x k 满足 𝑓(𝑔(𝑥)) =𝑥 f(g(x))=x 或 𝑔(𝑓(𝑥)) =𝑥 g(f(x))=x 那么 𝑔(𝑥) =𝑓⟨−1⟩(𝑥)g(x)=f⟨−1⟩(x)．

证明：考虑

𝑔(𝑓(𝑥))=𝑔 1(𝑓 1 𝑥+𝑓 2 𝑥 2+𝑓 3 𝑥 3+⋯)+𝑔 2(𝑓 1 𝑥+𝑓 2 𝑥 2+⋯)2+𝑔 3(𝑓 1 𝑥+⋯)3+⋯=𝑔 1 𝑓 1 𝑥+(𝑔 1 𝑓 2+𝑔 2 𝑓 2 1)𝑥 2+(𝑔 1 𝑓 3+2 𝑔 2 𝑓 1 𝑓 2+𝑔 3 𝑓 3 1)𝑥 3+⋯g(f(x))=g 1(f 1 x+f 2 x 2+f 3 x 3+⋯)+g 2(f 1 x+f 2 x 2+⋯)2+g 3(f 1 x+⋯)3+⋯=g 1 f 1 x+(g 1 f 2+g 2 f 1 2)x 2+(g 1 f 3+2 g 2 f 1 f 2+g 3 f 1 3)x 3+⋯

因为 𝑔(𝑓(𝑥)) =𝑥 g(f(x))=x 所以有下面的方程组

⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑔 1 𝑓 1=1 𝑔 1 𝑓 2+𝑔 2 𝑓 2 1=0 𝑔 1 𝑓 3+2 𝑔 2 𝑓 1 𝑓 2+𝑔 3 𝑓 3 1=0⋮{g 1 f 1=1 g 1 f 2+g 2 f 1 2=0 g 1 f 3+2 g 2 f 1 f 2+g 3 f 1 3=0⋮

我们只能在 𝑓 1 ≠0 f 1≠0 时才能解出第一个等式，然后依次可以解出 𝑔 2,…g 2,…．

特别的，考虑 𝑓(ℎ(𝑥)) =𝑥 f(h(x))=x 那么 𝑔(𝑓(ℎ(𝑥))) =𝑔(𝑥)g(f(h(x)))=g(x)，进而 𝑔(𝑥) =𝑔 ∘𝑓 ∘ℎ(𝑥) =𝑥 ∘ℎ(𝑥) =ℎ(𝑥)g(x)=g∘f∘h(x)=x∘h(x)=h(x)．

## Lagrange 反演公式

令 𝑓(𝑥),𝑔(𝑥) ∈ℂ[[𝑥]]f(x),g(x)∈C[[x]] 满足 𝑓(𝑔(𝑥)) =𝑔(𝑓(𝑥)) =𝑥 f(g(x))=g(f(x))=x．取 Φ(𝑥) ∈ℂ[[𝑥]]Φ(x)∈C[[x]]（或 Φ(𝑥) ∈ℂ((𝑥))Φ(x)∈C((x))），那么

[𝑥 𝑛]Φ(𝑓(𝑥))=[𝑥 𝑛−1]Φ(𝑥)𝑔′(𝑥)𝑔(𝑥)(𝑥 𝑔(𝑥))𝑛=[𝑥−1]Φ(𝑥)𝑔′(𝑥)𝑔(𝑥)𝑛+1[x n]Φ(f(x))=[x n−1]Φ(x)g′(x)g(x)(x g(x))n=[x−1]Φ(x)g′(x)g(x)n+1

证明：

[𝑥 𝑛]Φ(𝑓(𝑥))=r e s⁡(Φ(𝑓(𝑥))𝑥 𝑛+1)=r e s⁡(Φ(𝑓(𝑔(𝑥)))𝑔′(𝑥)𝑔(𝑥)𝑛+1)⋅(o r d⁡(𝑔(𝑥)))−1=r e s⁡(Φ(𝑥)𝑔′(𝑥)𝑔(𝑥)𝑛+1)[x n]Φ(f(x))=res⁡(Φ(f(x))x n+1)=res⁡(Φ(f(g(x)))g′(x)g(x)n+1)⋅(ord⁡(g(x)))−1=res⁡(Φ(x)g′(x)g(x)n+1)

一些读者可能会更加熟悉下面的版本：对于 𝑘 ∈ℤ≥0,𝑛 ∈ℤ>0 k∈Z≥0,n∈Z>0 有

[𝑥 𝑛]𝑓(𝑥)𝑘=𝑘 𝑛[𝑥 𝑛−𝑘](𝑥 𝑔(𝑥))𝑛[x n]f(x)k=k n[x n−k](x g(x))n

或者

[𝑥 𝑛]Φ(𝑓(𝑥))=1 𝑛[𝑥 𝑛−1]Φ′(𝑥)(𝑥 𝑔(𝑥))𝑛=1 𝑛[𝑥−1]Φ′(𝑥)𝑔(𝑥)𝑛[x n]Φ(f(x))=1 n[x n−1]Φ′(x)(x g(x))n=1 n[x−1]Φ′(x)g(x)n

发现

r e s⁡(Φ′(𝑥)𝑔(𝑥)𝑛−𝑛 Φ(𝑥)𝑔′(𝑥)𝑔(𝑥)𝑛+1)=r e s⁡((Φ(𝑥)𝑔(𝑥)𝑛)′)=0 res⁡(Φ′(x)g(x)n−n Φ(x)g′(x)g(x)n+1)=res⁡((Φ(x)g(x)n)′)=0

可以通过我们已经证明的部分导出．

## 参考文献

1. Richard P. Stanley and Sergey P. Fomin. Enumerative Combinatorics Volume 2 (Edition 1).
2. Ira M. Gessel. Lagrange Inversion.

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