在本文中我们来介绍如何从形式幂级数角度看待 Lagrange 反演公式。这个视角在组合计数问题上有重要的应用。

定义与基本运算

定义 1.1\(\mathbb{K}\) 是一个特征零的域(例如 \(\mathbb{Q}\)\(\mathbb{R}\)\(\mathbb{C}\) 等)。

  1. 本文所说的“数列”是指从 \(\mathbb{Z}\)\(\mathbb{K}\) 的一个映射,即: \[\{a_n\}:\mathbb{Z}\to\mathbb{K}, \quad n\mapsto a_n.\]
  2. 一个数列 \(\{a_n\}\) 称为“洛朗的”,如果存在 \(n_0\in\mathbb{Z}\),使得当 \(n<n_0\) 时,总有 \(a_n=0\)
  3. 对于一个洛朗数列 \(\{a_n\}\),它的生成函数定义为如下形式幂级数: \[f(z):=\sum_{n\in\mathbb{Z}} a_n z^n.\] 这样的形式幂级数称为形式洛朗级数,所有形式洛朗级数的全体记为 \(\mathcal{A}\)\(\Diamond\)

  形式洛朗级数与洛朗数列是一一对应的,写成级数形式只是为了便于进行下面介绍的各种计算。我们下面将只用形式洛朗级数的写法,并简称之为“级数”,而不再提“洛朗数列”这个概念。
定义 1.2 对于两个级数 \(f(z), g(z)\in\mathcal{A}\)\[f(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}} a_n z^n, \quad g(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}} b_n z^n,\]

  1. 对于 \(\lambda, \mu\in\mathbb{K}\),定义
    \[\lambda f(z)+\mu g(z):=\sum_{n\in\mathbb{Z}} \left(\lambda a_n+\mu b_n\right)z^n.\] 特别地,当 \((\lambda,\mu)=(1,\pm 1)\) 时,上式所定义的即 \(f(z)\)\(g(z)\) 的“和”与“差”。
  2. 定义它们的“积”为
    \[f(z)g(z):=\sum_{n\in\mathbb{Z}}\left(\sum_{k\in\mathbb{Z}}a_k b_{n-k}\right)z^n.\] 注意无论 \(n\) 是多少,当 \(|k|\) 充分大时,必有 \(a_k=0\) 或者 \(b_{n-k}=0\),所以 \(f(z)g(z)\) 的每个系数都不会出现无穷和。\(\Diamond\)

  我们通过如下引理来定义除法,在下一节中将给出另一种等价的定义。
引理-定义 1.3 对于两个级数 \(f(z), g(z)\in\mathcal{A}\),如果 \(g(z)\) 不恒为零,则存在唯一的级数 \(h(z)\in\mathcal{A}\),使得 \(g(z)h(z)=h(z)g(z)=f(z)\)。级数 \(h(z)\) 称为 \(f(z)\) 除以 \(g(z)\) 的“商”,记为 \(f(z)/g(z)\)\(\Diamond\)

证明:\(f(z), g(z)\in\mathcal{A}\) 取如下形式 \[f(z)=\sum_{n\ge n_0} a_n z^n, \quad g(z)=\sum_{m\ge m_0} b_m z^m,\]\(b_{m_0} \ne 0\)。设 \(h(z)\in\mathcal{A}\)\[h(z)=\sum_{k\ge n_0-m_0}c_k z^k,\] 则条件 \(g(z)h(z)=h(z)g(z)=f(z)\) 等价于如下关于 \(\{c_k\}\) 的方程: \[\begin{align*} b_{m_0} c_{n_0-m_0} =& a_{n_0},\\ b_{m_0} c_{n_0-m_0+1} + b_{m_0+1} c_{n_0-m_0}=& a_{n_0+1},\\ b_{m_0} c_{n_0-m_0+2}+b_{m_0+1} c_{n_0-m_0+1}+b_{m_0+2} c_{n_0-m_0} =& a_{n_0+2},\\ \cdots =& \cdots \end{align*}\] 从中可依次解出 \(c_{n_0-m_0}\)\(c_{n_0-m_0+1}\)\(c_{n_0-m_0+2}\)、……。\(\Box\)

推论 1.4 \(\mathcal{A}\) 在上述四则运算下构成一个域。 \(\Diamond\)

  除了四则运算以外,\(\mathcal{A}\) 的某些子集上还存在其它的运算。
定义 1.5 对于级数 \(f(z)\in\mathcal{A}\)\[f(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n z^n\in\mathcal{A},\]

  1. 称使得 \(a_n\ne 0\) 的最小的 \(n_0\)\(f(z)\) 的“阶”,记为 \(\mathrm{ord}(f(z))\)。如果所有 \(a_n\) 都是零,则记 \(\mathrm{ord}(f(z))=\infty\)
  2. \(f(z)\) 为“可逆的”,如果 \(\mathrm{ord}(f(z))=1\)。所有可逆级数的全体记为 \(\mathcal{A}^*\)
  3. 对于 \(n\in\mathbb{Z}\),定义“取第 \(n\) 个系数”运算: \[[z^n]:\mathcal{A}\to\mathbb{K},\quad f(z)\mapsto a_n. \Diamond\]

  “可逆”这个名字是因为如下引理。

引理 1.6

  1. \(f(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n z^n,\ g(z)\in\mathcal{A}\),若 \(\mathrm{ord}(g(z))\ge 1\),则可定义: \[f(g(z)):=\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n(g(z))^n\in\mathcal{A},\] 称为 \(f(z)\)\(g(z)\) 的复合。
  2. 对任意的 \(g(z)\in\mathcal{A}^*\),存在唯一的 \(h(z)\in\mathcal{A}^*\),使得 \[g(h(z))=h(g(z))=z,\] 级数 \(h(z)\) 称为 \(g(z)\) 的逆,记为 \(g^{-1}(z)\)\(\Diamond\)

证明:
  1. 记 \(\mathrm{ord}(g(z))=m_0\ge 1\),则 \(\mathrm{ord}\left(g(z)^n\right)=n\,m_0\),于是有 \[g(z)^n=\sum_{m\ge n\,m_0} b_m^{(n)} z^m,\] 其中 \(b_m^{(n)}=[z^m]\left(g(z)^n\right)\)。记 \(\mathrm{ord}(f(z))=n_0\),则有 \[f(g(z))=\sum_{n\ge n_0} a_n \left(\sum_{m\ge n\,m_0} b_m^{(n)}z^m\right)\\ =\sum_{m\ge n_0\,m_0}\left(\sum_{n=n_0}^{[m/m_0]} a_n b_m^{(n)}\right)z^m.\] 上式中 \(z^m\) 的系数总是有限和,所以 \(f(g(z))\) 是一个良好定义的级数。

  2. 因为 \(g(z)\in\mathcal{A}^*\),所以 \(b_1^{(1)}=[z^1]\left(g(z)\right)\ne 0\),于是 \(b_n^{(n)}=\left(b_1^{(1)}\right)^n\ne 0\)。 设 \(h(z)=\sum_{n\ge 1} c_n z^n\),则条件 \(h(g(z))=z\) 等价于如下方程: \[\begin{align*} b_{1}^{(1)} c_{1} =& 1,\\ b_{2}^{(2)} c_{2} + b_{2}^{(1)} c_{1} =& 0,\\ b_{3}^{(3)} c_{3} + b_{3}^{(2)} c_{2} + b_{3}^{(1)} c_{1}=& 0,\\ \cdots =& \cdots \end{align*}\] 从中可依次解出 \(c_1\)\(c_2\)\(c_3\)、……。所以存在唯一的 \(h(z)\in\mathcal{A}^*\) 满足 \(h(g(z))=z\)
  最后还需证明上述 \(h(z)\) 满足 \(g(h(z))=z\)。将上述证明过程中的 \(g\) 替换成 \(h\) 可知,存在另一个级数 \(\tilde{h}(z)\in\mathcal{A}\) 满足 \(\tilde{h}(h(z))=z\)。 将 \(z=h(g(z))\) 中的 \(z\) 替换成 \(h(z)\) 可得 \(h(z)=h(g(h(z)))\),于是 \[z=\tilde{h}(h(z))=\tilde{h}(h(g(h(z))))=g(h(z)). \quad \Box\]

推论 1.7 \(\mathcal{A}^*\) 在复合运算下构成一个群。\(\Diamond\)

注记 1.8\(\mathrm{ord}(g(z))\le 0\)时,\(f(g(z))\) 的系数可能出现无穷和,此时不能谈论级数的复合。\(\Diamond\)

多项式定理

  在这一节中我们将利用多项式定理和 Bell 多项式给出除法和复合运算的显式表达式。

定理 2.1\(R\) 是一个交换环,\(y_1, \dots, y_m\in R\),则有 \[\left(y_1+\cdots+y_m\right)^n=\sum_{d_1+\cdots+d_m=k}\frac{n!}{d_1!\cdots d_m!}y_1^{d_1}\cdots y_m^{d_m},\] 其中的求和跑遍所有满足 \(d_i\ge 0\)\(d_1+\cdots+d_m=n\)\(m\) 元组 \(\left(d_1, \dots, d_m\right)\)\(\Diamond\)

证明:\(m=1\) 时是平凡的,当 \(m=2\) 时就是二项式定理。假设待证恒等式对 \(m_0\) 成立,考虑 \(m_0+1\) 的情形: \[\begin{align*} & \left(y_1+\cdots+y_{m_0}+y_{m_0+1}\right)^n\\ =& \sum_{k=0}^n \frac{n!}{k!(n-k)!}\left(y_1+\cdots+y_{m_0}\right)^k y_{m_0+1}^{n-k}\\ =& \sum_{k=0}^n \frac{n!}{k!(n-k)!}\left(\sum_{d_1+\cdots+d_m=k}\frac{k!}{d_1!\cdots d_m!} y_1^{d_1}\cdots y_m^{d_m}\right)y_{m_0+1}^{n-k}\\ =& \sum_{d_1+\cdots+d_m+d_{m+1}=n}\frac{n!}{d_1!\cdots d_m!d_{m+1}!}y_1^{d_1}\cdots y_m^{d_m}y_{m_0+1}^{d_{m+1}}. \end{align*}\] 所以当 \(m=m_0+1\) 时待证恒等式也成立。\(\Box\)

  下面我们利用多项式定理给出 \(f(z)/g(z)\) 的一种显式表达式。首先,如果已知 \(1/g(z)\),那么利用 \(f(z)/g(z)=f(z)\times \left(1/g(z)\right)\) 可以很容易写出 \(f(z)/g(z)\),所以我们只考虑 \(f(z)=1\) 的情况。其次,如果 \(\mathrm{ord}\left(g(z)\right)=m_0\),则
\[\frac{1}{g(z)}=\frac{1}{b_{m_0}z^{m_0}+b_{m_0+1}z^{m_0+1}+\cdots}=\frac{1}{z^{m_0}}\times\frac{1}{b_{m_0}+b_{m_0+1}z+\cdots},\] 所以我们只需考虑 \(\mathrm{ord}\left(g(z)\right)=0\) 的情形。

命题 2.2 设级数 \(g(z)=\sum_{n\ge 0}b_n z^n\in\mathcal{A}\) 满足 \(b_0\ne 0\),则对任意正整数 \(m\),有 \[[z^m]\left(\frac{1}{g(z)}\right)=\frac{1}{b_0}\sum_{(d_1,\dots,d_m)}\frac{\left(d_1+\cdots+d_m\right)!}{d_1!\cdots d_m!} \left(-\frac{b_1}{b_0}\right)^{d_1}\cdots\left(-\frac{b_m}{b_0}\right)^{d_m},\] 其中的求和跑遍所有满足 \(d_i\ge 0\),以及 \[d_1+2d_2+\cdots+m d_m=m,\]\(m\) 元组 \(\left(d_1, \dots, d_m\right)\)\(\Diamond\)

证明:\(1/g(z)\) 改写为 \[\frac{1}{g(z)}=\frac{1}{b_0}\frac{1}{1-y(z)},\quad y(z)=\sum_{k\ge 1}\left(-\frac{b_k}{b_0}\right)z^k,\]\(c_k=-b_k/b_0\),注意 \[\frac{1}{1-y(z)}=1+y(z)+\left(y(z)\right)^2+\cdots,\] 则待证事实等价于如下恒等式: \[[z^m]\left(y(z)\right)^n=\sum_{(d_1,\dots,d_m)}\frac{n!}{d_1!\cdots d_m!}c_1^{d_1}\cdots c_m^{d_m},\] 其中的求和跑遍所有满足 \(d_i\ge 0\),以及 \[d_1+d_2+\cdots+d_m=n, \quad d_1+2d_2+\cdots+m d_m=m,\]\(m\) 元组 \(\left(d_1, \dots, d_m\right)\)
  事实上, \[[z^m]\left(y(z)\right)^n=[z^m]\left(\sum_{k\ge 1}c_k z^k\right)^n=[z^m]\left(\sum_{k=1}^m c_k z^k\right)^n,\] 接下来应用多项式定理即可。\(\Box\)

定义 2.3\(m,n\) 是一对非负整数,\(y(z)=\sum_{k\ge 1}c_k z^k\in\mathcal{A}\),记 \(\mathbf{c}=\left(c_1, c_2, \dots\right)\)。定义 \[B_{m,n}(\mathbf{c}):=[z^m]\left(y(z)\right)^n=\sum_{(d_1,\dots,d_m)}\frac{n!}{d_1!\cdots d_m!}c_1^{d_1}\cdots c_m^{d_m},\] 其中的求和跑遍所有满足 \(d_i\ge 0\),以及 \[d_1+d_2+\cdots+d_m=n, \quad d_1+2d_2+\cdots+m d_m=m,\]\(m\) 元组 \(\left(d_1, \dots, d_m\right)\)。不难看出 \(B_{m,n}(\mathbf{c})\)\(c_1,\dots,c_{m-n+1}\) 的多项式,它们称为“Bell 多项式”。\(\Diamond\)

  利用 Bell 多项式,不难推出如下结论。

定理 2.4 设级数 \(g(z)=\sum_{n\ge 1}b_n z^n\in\mathcal{A}^*\),则对任意整数 \(n\) 和整数 \(m\ge n\),有 \[[z^m]\left(g(z)\right)^n=\sum_{k=0}^{m-n} \binom{n}{k}b_1^{n-k}B_{m-n,k}(\mathbf{b}'),\] 其中 \(\mathbf{b}'=\left(b_2,b_3,\dots\right)\)\(\Diamond\)

定理 2.5\(f(z), g(z)\in\mathcal{A}\) 满足 \(\mathrm{ord}\left(f(z)\right)\ge 0\)\(\mathrm{ord}\left(g(z)\right)\ge 1\)\[f(z)=\sum_{n\ge 0} a_n z^n, \quad g(z)=\sum_{n\ge 1} b_n z^n,\] 则对任意正整数 \(m\)\[[z^m]\left(f(g(z))\right)=\sum_{n=0}^m a_n B_{m,n}(\mathbf{b}),\] 其中 \(\mathbf{b}=\left(b_1,b_2,\dots\right)\)\(\Diamond\)

导数及其性质

定义 3.1 对于级数 \(f(z)\in\mathcal{A}\)\[f(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n z^n\in\mathcal{A},\] 定义它的“导数”为 \[f'(z):=\sum_{n\in\mathbb{Z}} n\,a_n z^{n-1}\in\mathcal{A}.\quad \Diamond\]

引理 3.2 导数运算满足如下性质:

  1. \(\left(\lambda f(z)+\mu g(z)\right)'=\lambda f'(z)+\mu g'(z)\)
  2. \(f(z), g(z)\in\mathcal{A}\) 满足 \[f'(z)=g'(z),\quad [z^0]f(z)=[z^0]g(z),\]\(f(z)=g(z)\)
  3. \(\left(f(z)g(z)\right)'=f'(z)g(z)+f(z)g'(z)\)
  4. \(\mathrm{ord}\left(g(z)\right)\ge 1\),则 \(\left(f(g(z))\right)'=f'(g(z))g'(z)\)
  5. \(g(z)\in\mathcal{A}^*\),则 \(\left(g^{-1}(z)\right)'=1/g'(g^{-1}(z))\)\(\Diamond\)

证明: 第 1、2、3 条都是显然的。对于第 4 条,当 \(f(z)=z^n\) 时,不难通过对 \(n\) 的正负的讨论和数学归纳法证明。当 \(f(z)\) 是一个一般的级数时,注意,不能对无穷和直接利用性质 1。不过因为每个具体的系数都是有限和,所以可以利用下面的技术来证明。设 \(\mathrm{ord}(f(z))=n_0\)\(m\in\mathbb{Z}\),考虑待证等式左右两边的第 \(m\) 个系数(设 \(a_n=[z^n]\left(f(z)\right)\)): \[\begin{align*} [z^m]\left(\left(f(g(z))\right)'\right) =& [z^m]\left(\left(\sum_{n\ge n_0}a_n \left(g(z)\right)^n\right)'\right) =[z^m]\left(\left(\sum_{n=n_0}^{m+1}a_n \left(g(z)\right)^n\right)'\right)\\ =& [z^m]\left(\sum_{n=n_0}^{m+1}a_n \left(\left(g(z)\right)^n\right)'\right) = [z^m]\left(\sum_{n=n_0}^{m+1}a_n n \left(g(z)\right)^{n-1}g'(z)\right)\\ =& [z^m]\left(\sum_{n\ge n_0}a_n n \left(g(z)\right)^{n-1}g'(z)\right) = [z^m]\left(f'(g(z))g'(z)\right), \end{align*}\] 所以有 \(\left(f(g(z))\right)'=f'(g(z))g'(z)\)。最后,对 \(g\left(g^{-1}(z)\right)=z\)两边求导,并应用性质 4 可得性质 5。\(\Box\)

留数及其性质

定义 4.1 对于级数 \(f(z)\in\mathcal{A}\)\[f(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n z^n\in\mathcal{A},\] 定义它的“留数”为 \[\mathrm{res} f(z):=a_{-1}.\quad \Diamond\]

  事实上 \(\mathrm{res}\) 就是 \([z^{-1}]\),之所以要给这个运算一个单独的名字,是因为它和导数具有如下简单的关系: \[\mathrm{res} f'(z)=0, \quad \forall f(z)\in\mathcal{A}.\]

引理 4.2 留数运算满足如下性质:

  1. \(\mathrm{res}\left(\lambda f(z)+\mu g(z)\right)=\lambda\,\mathrm{res} f(z)+\mu\,\mathrm{res} g(z)\)
  2. \(\mathrm{res}\left(f'(z)g(z)\right)=-\mathrm{res} \left(f(z)g'(z)\right)\)
  3. \(\mathrm{ord}\left(g(z)\right)\ge 1\),则 \(\mathrm{res}\left(f(g(z))g'(z))\right)=\mathrm{ord}\left(g(z)\right)\mathrm{res} f(z)\)\(\Diamond\)

证明: 第 1、2 条是显然的,我们只证性质 3。当 \(f(z)=z^{-1}\) 时,设 \[g(z)=\sum_{m\ge m_0} b_m z^m, \quad b_{m_0}\ne0,\] 直接计算可得 \[\mathrm{res}\frac{g'(z)}{g(z)}=\mathrm{res}\frac{m_0 b_{m_0}z^{m_0-1}+\cdots}{b_{m_0}z^{m_0}+\cdots}=m_0.\]\(f(z)=z^n\ (n\ne -1)\),则有 \[\mathrm{res}\left(f(g(z))g'(z))\right)=\mathrm{res}\left(\frac{\left(g(z)\right)^{n+1}}{n+1}\right)'=0.\]\(f(z)\) 是一般的级数时可用与引理 3.2 类似的技术证明。\(\Box\)

Lagrange 反演公式

定理 5.1\(f(z)\in\mathcal{A}^*\)\(g(z)=f^{-1}(z)\),则对任意的非零整数 \(n,m\),有 \[m [z^m]\left(g(z)^n\right)=n [z^{-n}]\left(f(z)^{-m}\right).\quad \Diamond\]

证明: 利用留数的性质可得 \[\begin{align*} m [z^m]\left(g(z)^n\right) =& m\,\mathrm{res} \left(g(z)^n z^{-m-1}\right) = m\,\mathrm{res} \left(g(f(z))^n f(z)^{-m-1}f'(z)\right)\\ =& m\,\mathrm{res} \left(z^n f(z)^{-m-1}f'(z)\right) = -\mathrm{res} \left(z^n \left(f(z)^{-m}\right)'\right)\\ =& n\,\mathrm{res} \left(z^{n-1} f(z)^{-m}\right) = n [z^{-n}]\left(f(z)^{-m}\right). \quad \Box \end{align*}\]

推论 5.2\(f(z)\in\mathcal{A}^*\)\(g(z)=f^{-1}(z)\),则对任意的 \(n,m\in \mathbb{Z}\)\(n\ne 0\),有 \[[z^m]\left(g(z)^n\right)=n \sum_{k=0}^{m-n} (-1)^k \frac{(m+1) \cdots (m+k-1)}{k!} a_1^{-m-k}B_{m-n,k}(\mathbf{a}')\] 其中 \(a_n=[z^n]\left(f(z)\right)\)\(\mathbf{a}'=\left(a_2,a_3,\dots\right)\)\(\Diamond\)

证明:\(m\ne 0\)时,上式即反演公式和定理 2.4 的直接推论。当 \(m=0\) 时,不再有反演公式,此时我们需要证明,对于任意正整数 \(n\),有: \[[z^0]\left(g(z)^{-n}\right)=n \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k-1}}{k} a_1^{-k}B_{n,k}(\mathbf{a}').\] 由反演公式的证明过程类似可得 \[[z^0]\left(g(z)^{-n}\right)=\mathrm{res}\left(z^{-n}\frac{f'(z)}{f(z)}\right)=\mathrm{res}\left(z^{-n}\frac{h'(z)}{1+h(z)}\right),\] 其中 \(h(z)=\frac{f(z)}{a_1 z}-1=\sum_{k\ge 1}\frac{a_{k+1}}{a_1}z^k\)。引入一个辅助级数 \[L(z)=\sum_{k\ge 1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}z^k,\quad L'(z)=\frac{1}{1+z},\] 继续重复反演公式的证明过程可得 \[[z^0]\left(g(z)^{-n}\right)=\mathrm{res}\left(z^{-n}L'(h(z))h'(z)\right)=n\,\mathrm{res}\left(z^{-n-1}L(h(z))\right)=n [z^n]\left(L(h(z))\right).\] 最后再利用定理 2.5 即得待证恒等式。\(\Box\)

定理 5.3\(f(z)\in\mathcal{A}\) 满足 \(\mathrm{ord}(f(z))\ge 2\),于是 \(F(z)=z-f(z)\in\mathcal{A}^*\) 是可逆的。设 \(F(z)\) 的逆为 \(w(z)\),则对任意的 \(g(z)\in\mathcal{A}\),有 \[g(w(z))=g(z)+\sum_{k\ge 1}\frac{1}{k!}\left(f(z)^k g'(z)\right)^{(k-1)},\] 其中 \((\cdots)^{(k-1)}\) 表示对 \((\cdots)\)\(k-1\)次导数。\(\Diamond\)

证明: 因为待证等式关于 \(g(z)\) 是线性的,所以我们只需证明 \(g(z)=z^n\ (n\in\mathbb{Z})\) 的情形,即 \[w(z)^n=z^n+\sum_{k\ge 1}\frac{1}{k!}\left(n\,z^{n-1}\,f(z)^k\right)^{(k-1)},\] 等价地,我们只需证明对于任意整数 \(m\ge n\),上式左右两端的 \(z^m\) 的系数是相等的。当 \(m=n\) 时这是显然的,所以我们下面假设 \(m\ge n+1\)
  对于 \(F(z)=z-f(z)\),我们有 \[[z^1]F(z)=1, \quad [z^n]F(z)=-a_n\ (n\ge 2),\] 所以由推论 5.2 可知, \[[z^m]\left(w(z)^n\right)=n \sum_{k=0}^{m-n}\frac{(m+1) \cdots (m+k-1)}{k!}B_{m-n,k}(\mathbf{a}'),\] 其中 \(\mathbf{a}'=\left(a_2,a_3,\dots\right)\)
  另一方面, \[\begin{align*} & [z^m]\left(z^n+\sum_{k\ge 1}\frac{1}{k!}\left(n\,z^{n-1}\,f(z)^k\right)^{(k-1)}\right)\\ =& n\,[z^m]\left(\sum_{k=1}^{m-n}\frac{1}{k!}\left(z^{n-1}\,f(z)^k\right)^{(k-1)}\right)\\ =& n\,\sum_{k=1}^{m-n}\frac{(m+1)\cdots(m+k-1)}{k!}[z^{m+k-1}]\left(z^{n-1}\,f(z)^k\right)\\ =& n\,\sum_{k=1}^{m-n}\frac{(m+1)\cdots(m+k-1)}{k!}[z^{m-n}]\left(\frac{f(z)}{z}\right)^k\\ =& n \sum_{k=0}^{m-n}\frac{(m+1) \cdots (m+k-1)}{k!}B_{m-n,k}(\mathbf{a}'). \quad \Box \end{align*}\]

练习题

  1. 求一个均匀六面骰子扔 10 次总点数为 30 的概率。
  2. \(\mathbf{b}=\left(1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots\right)\),求证:对任意非负整数 \(m\)\[\sum_{n=0}^m \frac{1}{n!}B_{m,n}(\mathbf{b})=1.\]
    1. 设整数 \(p\ge 2\),则 \(f(z)=z-z^p\in\mathcal{A}^*\),求 \(f^{-1}(z)\)
    2. 试证明上述 \(f^{-1}(z)\) 的系数都是整数。
  3. \(\exp(z)=\sum_{n\ge 0}\frac{z^n}{n!}\)
    1. \(g(z)=z \exp(-z^2)\),则 \(g(z)\in\mathcal{A}^*\),求 \(g^{-1}(z)\)
    2. \(s(z)=\exp(z)-\exp(-z)\),则 \(s(z)\in\mathcal{A}^*\),求 \(s^{-1}(z)\)
  4. \(f(z)=\sum_{n\ge 0} a_n z^n\),若 \(f(z)\) 满足对任意的非负整数 \(m\) 都有 \[[z^m]\left(f(z)\right)^{m+1}=1,\] 试求 \(f(z)\) 的表达式。
  5. 定义一系列多项式: \[T_0(x)=x, \quad T_{n+1}(x)=(1+x^2)T_n'(x),\] 再定义 \[t(z)=\sum_{n\ge 0}T_n(0)\frac{z^n}{n!},\]\(t(z)\in\mathcal{A}^*\),求 \(t^{-1}(z)\)

  参考答案:

  1. \[p=\frac{1}{6^{10}}\left(\binom{29}{9}-10\binom{23}{9}+45\binom{17}{9}-120\binom{11}{9}\right) =\frac{2930455}{60466176}.\]
  2. 此即 \(\exp\log\frac{1}{1-z}=\frac{1}{1-z}\)\(z^m\) 的系数。该恒等式可用导数方法证明。另一种证法是两边乘以 \(m!\),然后利用置换的循环分解算两次。
    1. \[f^{-1}(z)=\sum_{k\ge 0}\binom{pk}{k}\frac{z^{p k-k+1}}{p k-k+1}.\] 注:此例与 Bring 根 有关。
    2. \(w_0(z)=z\)\(w_{k+1}(z)=z+w_k(z)^p\),则 \(f^{-1}(z)=w_{\infty}(z)\),所以系数显然是整数。
    1. \[g^{-1}(z)=\sum_{k\ge 0}\frac{(2k+1)^{k-1}}{k!}z^{2k+1}.\] 注:此例与 Lambert W-函数 有关。
    2. \[s^{-1}(z)=\sum_{k\ge 0}\binom{-\frac{1}{2}}{k}\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)2^{2k+1}}.\]
  3. \[f(z)=\frac{z}{1-\exp(-z)}.\] 注:此例与 Todd 类 有关。
  4. \[t^{-1}(z)=\sum_{k\ge 0}\frac{(-1)^k}{2k+1}z^{2k+1}.\]