とある記事に関するちょっとしたお話し

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初めに

新年あけましておめでとうございます。今年の目標は睡眠・運動・食事・生活習慣・時間管理です。
この記事では、ぱるちさんの記事逆関数が導関数になるときに関するちょっとしたお話のつもりです。実数上での多変数多項式環および有利関数体の定義・代入と一変数実解析の初歩知識を仮定しています。この記事に出てくる記号や用語にはおそらく独自のものがいくつか含まれているので注意してください。

本題

これから話す内容は、

$c > 1$ を実数とする。関数方程式 $f^{'} (x) = f^{- 1} (x)$ に対し、 $f (c) = c$ を満たす $x = c$ を中心とする冪級数解は各 $c$ に対して $c$ 近傍で一意に存在する。

についての考察です。

以降自然数は $0$ を含むものとし、 $n$ を $2$ 以上の自然数とする。 $R$ 上の $n - 1$ 変数多項式環を $R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ 、 $n - 1$ 変数有理関数体を $R (x_{2}, \dots, x_{n})$ で表す。

多重指数の省略記法

$x_{2}^{i_{2}} \dots x_{n}^{i^{n}} = (i_{2}, \dots . i_{n})$ と略記し、さらに、各 $k, m \in N$ に対し、 $i_{j} = i_{j + 1} = \dots = i_{j + k} = m$ のとき、 $(i_{2}, \dots, i_{n})$ を $(i_{2}, \dots, i_{j - 1}, m \to k, i_{k + j + 1}, \dots i_{n})$ とも表記することにする。

$(2, 1, 0, 3) = x_{2}^{2} x_{3} x_{5}^{3}$
$(1 \to 3, 0, 1, 2 \to 4) = (1, 1, 1, 0, 1, 2, 2, 2, 2)$

写像 $\partial : R [x_{2}, \dots, x_{n}] \to R (x_{2}, \dots, x_{n}, x_{n + 1})$ を次で定義する。
$F (x_{2}, \dots x_{n}) = \sum_{i_{2} + \dots + i_{n} \leq d e g (F)} a_{i_{2}, \dots i_{n}} (i_{2}, \dots, i_{n})$ に対し、 $\partial F (x_{2}, \dots x_{n}, x_{n + 1}) = \sum_{i_{2} + \dots + i_{n} \leq d e g (F)} a_{i_{2}, \dots i_{n}} (i_{2}, \dots, i_{n}) \sum_{k = 2}^{n} \frac{i_{k}}{(1 \to k - 2, 2, 1, 0 \to n - k)}$

$1. \partial (a F + b G) = a \partial F + b \partial G$ $2. \partial (F \cdot G) = \partial F \cdot G + F \cdot \partial G$

定義より、 $\partial (F) = \sum_{i_{2} + \dots + i_{n} \leq d e g (F)} a_{i_{2}, \dots i_{n}} \partial (i_{2}, \dots, i_{n})$ であるから、 $F = (i_{2}, \dots, i_{n}), G = (j_{2}, \dots, j_{n})$ のときを示せば十分である。
1.定義より、 $F \neq G$ のとき、 $\partial (a F + b G) = \partial (a (i_{2}, \dots, i_{n}) + b (j_{2}, \dots, j_{n})) = a \partial (i_{2}, \dots, i_{n}) + b \partial (j_{2}, \dots, j_{n}) = a \partial F + b \partial G$ $F = G$ のときは省略。 $\begin{array}{rc} \partial (F \cdot G) \\ = & \partial (i_{2} + j_{2}, \dots, i_{n} + j_{n}) = (i_{2} + j_{2}, \dots, i_{n} + j_{n}) \sum_{k = 2}^{n} \frac{i_{k} + j_{k}}{(1 \to k - 2, 2, 1, 0 \to n - k)} \\ = & G \cdot (i_{2}, \dots, i_{n}) \sum_{k = 2}^{n} \frac{i_{k}}{(1 \to k - 2, 2, 1, 0 \to n - k)} + F \cdot (j_{2}, \dots, j_{n}) \sum_{k = 2}^{n} \frac{j_{k}}{(1 \to k - 2, 2, 1, 0 \to n - k)} \\ = & \partial F \cdot G + F \cdot \partial G \end{array}$

写像 $\partial : R (x_{2}, \dots, x_{n}) \to R (x_{2}, \dots, x_{n}, x_{n + 1})$ を次で定義する。
$H (x_{2}, \dots x_{n}) = \frac{F}{G}, (F, G \in R (x_{2}, \dots, x_{n}))$ に対し、 $\partial H (x_{2}, \dots, x_{n}, x_{n + 1}) = \frac{\partial F \cdot G - F \cdot \partial G}{G^{2}}$ これは $F, G \in R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ の取り方によらない。すなわちwell-definedである。

$F \cdot G^{'} = F^{'} \cdot G$ に対し、 $\frac{\partial F \cdot G - F \cdot \partial G}{G^{2}} = \frac{\partial F^{'} \cdot G^{'} - F^{'} \cdot \partial G^{'}}{G^{' 2}}$ を示せばよい。 $F \cdot G^{'} = F^{'} \cdot G$ の両辺に $\partial$ を作用させる。命題1より、
$\partial F \cdot G^{'} + F \cdot \partial G^{'} = \partial F^{'} \cdot G + F^{'} \cdot \partial G$ 両辺 $G \cdot G^{'}$ で割る。
$\frac{\partial F}{G} + \frac{F \cdot \partial G^{'}}{G \cdot G^{'}} = \frac{\partial F^{'}}{G} + \frac{F^{'} \cdot \partial G^{'}}{G \cdot G^{'}}$ $\frac{F}{G} = \frac{F^{'}}{G^{'}}$ を代入して第2項同士を移行すると、 $\frac{\partial F \cdot G - F \cdot \partial G}{G^{2}} = \frac{\partial F^{'} \cdot G^{'} - F^{'} \cdot \partial G^{'}}{G^{' 2}}$ を得る。

有理関数列 ${R_{n} (x_{2}, \dots, x_{n})}_{n = 2}^{\infty}$ を次で帰納的に定義する。
${\begin{array}{rc} R_{2} (x_{2}) = & \frac{1}{x_{2}} \\ R_{n + 1} (x_{2}, \dots, x_{n}, x_{n + 1}) = & \partial R_{n} (n \geq 2) \end{array}$

$R_{n} (x_{2}, \dots, x_{n}) = \frac{F_{n} (x_{2}, \dots x_{n})}{(2 n - 3, 2 n - 5, \dots, 3, 1)}$ と置く。このとき、任意の $2$ 以上の自然数 $n$ に対し、 $F_{n} \in R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ であり、 $F_{n + 1} (x_{2}, \dots, x_{n + 1}) = \partial F_{n} \cdot (2 \to n - 1, 1) - F_{n} \cdot ((1 \to n - 2, 0, 0) + \sum_{k = 2}^{n - 1} (2 n - 2 k + 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to n - k - 1, 1))$
ただし、 $n = 2$ のとき、総和記号の項は $0$ と約束する。

まず、任意の $2$ 以上の自然数 $n$ に対し、 $F_{n} \in R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ であることを数学的帰納法で証明する。 $n = 2$ は定義より成立。 $n = m$ のときに成立すると仮定すると、 $\begin{array}{rc} R_{m + 1} (x_{2}, \dots, x_{n}, x_{m + 1}) \\ = & \partial R_{m} \\ = & \partial (\frac{F_{m} (x_{2}, \dots x_{m})}{(2 m - 3, 2 m - 5, \dots, 3, 1)}) \\ = & \frac{\partial F_{m} \cdot (2 m - 3, 2 m - 5, \dots, 3, 1, 0) - F_{m} \cdot \partial (2 m - 3, 2 m - 5, \dots, 3, 1)}{(2 m - 3, 2 m - 5, \dots, 3, 1, 0)^{2}} \\ = & \frac{\partial F_{m} - F_{m} \cdot \sum_{k = 2}^{m} \frac{2 m - 2 k + 1}{(1 \to k - 2, 2, 1, 0 \to m - k)}}{(2 m - 3, 2 m - 5, \dots, 3, 1, 0)} \\ = & \frac{\partial F_{m} \cdot (2 \to m - 1, 1) - F_{m} \cdot ((1 \to m - 2, 0, 0) + \sum_{k = 2}^{m - 1} (2 m - 2 k + 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to m - k - 1, 1))}{(2 m - 1, 2 m - 3, \dots, 5, 3, 1)} \end{array}$ したがって、 $F_{m + 1} (x_{2}, \dots, x_{m + 1}) = \partial F_{m} \cdot (2 \to m - 1, 1) - F_{m} \cdot ((1 \to m - 2, 0, 0) + \sum_{k = 2}^{m - 1} (2 m - 2 k + 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to m - k - 1, 1))$ であり、 $F_{m} \sum_{i_{2} + \dots + i_{m} \leq d e g (F_{m})} a_{m; i_{2}, \dots i_{n}} (i_{2}, \dots, i_{m})$ と置くと、 $\partial F_{m} \cdot (2 \to m - 1, 1) = \sum_{i_{2} + \dots + i_{m} \leq d e g (F_{m})} a_{m; i_{2}, \dots i_{m}} (i_{2}, \dots, i_{m}, 0) F_{m} \cdot (i_{n} (1 \to m - 2, 0, 0) + \sum_{k = 2}^{m - 1} i_{k} (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to m - k - 1, 1)) \in R [x_{2}, \dots x_{m} + 1]$ したがって、 $F_{m} \cdot ((1 \to m - 2, 0, 0) + \sum_{k = 2}^{m - 1} (2 m - 2 k + 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to m - k - 1, 1)) \in R [x_{2}, \dots x_{m + 1}]$ であるから、 $F_{m + 1} (x_{2}, \dots, x_{m + 1}) \in R [x_{2}, \dots x_{m + 1}]$ である。したがって、 $n = m + 1$ のときも成立する。

よって、数学的帰納法より任意の $2$ 以上の自然数 $n$ に対し、 $F_{n} \in R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ であり、これと証明途中の計算により、 $R_{n + 1} = \frac{\partial F_{n} \cdot (2 \to n - 1, 1) - F_{n} \cdot ((1 \to n - 2, 0, 0) + \sum_{k = 2}^{n - 1} (2 n - 2 k + 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to n - k - 1, 1))}{(2 n - 1, 2 n - 3, \dots, 5, 3, 1)}$ および
$F_{n + 1} (x_{2}, \dots, x_{n + 1}) = \partial F_{n} \cdot (2 \to n - 1, 1) - F_{n} \cdot ((1 \to n - 2, 0, 0) + \sum_{k = 2}^{n - 1} (2 n - 2 k + 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to n - k - 1, 1))$ を得る。

$k = 2, 3, \dots, n$ に対し、変数 $x_{k}$ に対する偏次数を、 $d e g_{k} (F_{n}) := max {i_{k} | a_{n; i_{2}, \dots, i_{n}} \neq 0}$ で定義する。

$d e g_{k} (F_{n}) \leq 2 n - 2 k + 1 (k = 2, \dots, n)$
特に、 $d e g_{2} (F_{n}) \leq n - 2$

数学的帰納法で証明する。 $n = 2$ のときは $F_{2} = 1$ なので成立。 $n = m$ のときに成立することを仮定すると、 $\begin{array}{rc} F_{m + 1} (x_{2}, \dots, x_{m + 1}) \\ = & \partial F_{m} \cdot (2 \to m - 1, 1) - F_{n} \cdot \sum_{k = 2}^{m} (2 m - 2 k + 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to m - k) \\ = & \sum_{i_{2} + \dots + i_{n} \leq d e g (F_{m})} a_{m; i_{2}, \dots i_{m}} (i_{2}, \dots, i_{m}, 0) ((i_{n - 1} - 1) (1 \to n - 2, 0, 0) + \sum_{k = 2}^{n - 1} (i_{k} - 2 m + 2 k - 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to m - k - 1, 1)) \end{array}$ したがって、仮定より、 $k = 2, 3, \dots, m$ に対し、 $d e g_{k} (F_{m + 1}) \leq \deg_{k} (F_{n}) + 2 \leq 2 m - 2 k + 1 + 2 = 2 (m + 1) - 2 k + 1$ であり、 $d e g_{n + 1} (F_{m + 1}) \leq 0 + 1 \leq 2 m - 2 k + 1 = 2 (m + 1) - 2 (m + 1) + 1$ である。特に、
$d e g_{2} (F_{m + 1}) \leq d e g_{2} (F_{m}) + 1 \leq m + 1 - 2$
したがって、 $n = m + 1$ のときも成立する。

$n$ が偶数のとき、常に $a_{n; i_{2}, \dots, n} \geq 0$ であり、 $n$ が奇数のとき、常に $a_{n; i_{2}, \dots, n} \leq 0$ である。また、 $a_{n; i_{2}, \dots, n} \neq 0$ となるものが存在する。

数学的帰納法で証明する。 $n = 2, 3$ のとき、 $F_{2} = 1, F_{3} = - 1$ より成立。 $n = 2 m, 2 m + 1$ のときに成立すると仮定すると、 $n = 2 m + 2$ のとき、 $\begin{array}{rc} \sum_{i_{2} + \dots + i_{2 m + 2} \leq d e g (F_{2 m + 2})} a_{2 m + 2; i_{2}, \dots, i_{2 m + 2}} (i_{2}, \dots, i_{2 m + 2}) \\ = & F_{2 m + 2} (x_{2}, \dots, x_{2 m + 2}) \\ = & \sum_{i_{2} + \dots + i_{2 m + 1} \leq d e g (F_{2 m + 1})} a_{2 m + 1; i_{2}, \dots i_{2 m + 1}} (i_{2}, \dots, i_{2 m + 1}, 0) ((i_{2 m + 1} - 1) (1 \to 2 m - 1, 0, 0) + \sum_{k = 2}^{2 m} (i_{k} - 2 (2 m + 1) + 2 k - 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to (2 m + 1) - k - 1, 1)) \\ = & \sum_{i_{2} + \dots + i_{2 m + 1} \leq d e g (F_{2 m + 1})} (a_{2 m + 1; i_{2}, \dots i_{2 m + 1}} (i_{2 m + 1} - 1) (1 \to 2 m - 1, 0, 0) \cdot (i_{2}, \dots, i_{2 m + 1}, 0) + \sum_{k = 2}^{2 m} a_{2 m + 1; i_{2}, \dots i_{2 m + 1}} (i_{k} - 2 (2 m + 1) + 2 k - 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to (2 m + 1) - k - 1, 1) \cdot (i_{2}, \dots, i_{2 m + 1}, 0)) \end{array}$ したがって、各 $a_{2 m + 2; i_{2}, \dots, i_{2 m + 2}}$ は、 $a_{2 m + 1; i_{2}, \dots i_{2 m + 1}} (i_{k} - 2 (2 m + 1) + 2 k - 1)$ の形の項の有限個の和に等しい。

命題3より、 $i_{k} - 2 (2 m + 1) + 2 k - 1 \leq d e g_{k} (F_{2 m + 1}) - 2 (2 m + 1) + 2 k - 1 \leq 0$ であり、仮定より、 $a_{2 m + 1; i_{2}, \dots i_{2 m + 1}} \leq 0$ であるから、常に $a_{2 m + 2; i_{2}, \dots, i_{2 m + 2}} \geq 0$ が成立することがわかる。特に、仮定により $a_{2 m + 1; i_{2}, \dots i_{2 m + 1}} \neq 0$ となるものが存在するので、 $a_{2 m + 2; i_{2}, \dots, i_{2 m + 2}}$ で
$a_{2 m + 1; i_{2}, \dots i_{2 m + 1}} (i_{2} - 2 (2 m + 1) + 3) \geq a_{2 m + 1; i_{2}, \dots i_{2 m + 1}} (1 - 2 m) > 0$
を含むものが存在し、それは $0$ にはならないことがわかる。 $n = 2 m + 3$ についても全く同様。

以降、 $c > 1$ とする。 $H (x_{2}, \dots, x_{n}) \in R (x_{2}, \dots, x_{n})$ に対し、 $H (c) := H (c, c, \dots, c)$ と略記する。

$\sum_{k = 2}^{n} (2 n - 2 k + 1) c^{2 n - k - 1} = c^{2 n - 1} \cdot \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{(c - 1)^{2}}$

$\sum_{k = 2}^{n} (2 n - 2 k + 1) c^{2 n - k - 1} = \sum_{k = 0}^{n - 2} (2 k + 1) c^{n + k - 1} = 2 c^{n - 1} \sum_{k = 0}^{n - 2} k c^{k} + c^{n - 1} \sum_{k = 0}^{n - 2} k c^{k}$ $\sum_{k = 0}^{n - 2} c^{k} = \frac{c^{n - 1} - 1}{c - 1}$ $\sum_{k = 0}^{n - 2} k c^{k} = \frac{(n - 2) c^{n} - (n - 1) c^{n - 1} + 1}{(c - 1)^{2}}$ より、 $\sum_{k = 2}^{n} (2 n - 2 k + 1) c^{2 n - k - 1} = 2 c^{n - 1} \cdot \frac{(n - 2) c^{n} - (n - 1) c^{n - 1} + 1}{(c - 1)^{2}} + c^{n - 1} \cdot \frac{c^{n - 1} - 1}{c - 1} = c^{2 n - 1} \cdot \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{(c - 1)^{2}}$

$R_{n} (c) = \frac{F_{n} (c)}{c^{(n - 1)^{2}}}$ $F_{n + 1} (c) = c^{2 n - 1} (\partial F_{n} (c) - F_{n} (c) \cdot \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{c (c - 1)^{2}})$

$(2 n - 3, 2 n - 5, \dots, 3, 1) (c) = c^{\sum_{n = 2}^{n} (2 n - 2 k + 1)} = c^{\sum_{n = 1}^{n - 1} (2 k - 1)} = c^{(n - 1)^{2}}$ より、 $R_{n} (c) = \frac{F_{n} (c)}{(2 n - 3, 2 n - 5, \dots, 3, 1) (c)} = \frac{F_{n} (c)}{c^{(n - 1)^{2}}}$ また、 $F_{n + 1} (c) = \partial F_{n} (c) \cdot (2 \to n - 1, 1) (c) - F_{n} (c) \cdot ((1 \to n - 2, 0, 0)) + \sum_{k = 2}^{n - 1} (2 n - 2 k + 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to n - k - 1, 1) (c))$ であり、 $(2 \to n - 1, 1) (c) = c^{2 n - 1}$ $(1 \to n - 2, 0, 0) (c) + \sum_{k = 2}^{n - 1} (2 n - 2 k + 1) (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to n - k) (c) = \sum_{k = 2}^{n} (2 n - 2 k + 1) c^{2 n - k - 2} = c^{2 n - 1} \cdot \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{c (c - 1)^{2}}$ であるから、 $F_{n + 1} (c) = c^{2 n - 1} (\partial F_{n} (c) - F_{n} (c) \cdot \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{c (c - 1)^{2}})$

$F_{n} \cdot F_{n + 1} < 0$ であり、
$R_{n + 1} (c) = R_{n} (c) (\frac{\partial F_{n} (c)}{F_{n} (c)} - \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{c (c - 1)^{2}})$

$F_{n} \cdot F_{n + 1} < 0$ は命題4より得られる。また、 $F_{n + 1} (c) = c^{2 n - 1} (\partial F_{n} (c) - F_{n} (c) \cdot \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{c (c - 1)^{2}})$ の両辺を $c^{n^{2}}$ で割ると、 $\frac{F_{n + 1} (c)}{c^{n^{2}}} = \frac{F_{n} (c)}{c^{n^{2} - 2 n + 1}} (\frac{\partial F_{n} (c)}{F_{n} (c)} - \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{c (c - 1)^{2}})$ したがって、 $R_{n + 1} (c) = R_{n} (c) (\frac{\partial F_{n} (c)}{F_{n} (c)} - \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{c (c - 1)^{2}})$ を得る。

$\underset{n \to \infty}{lim sup} | \frac{\frac{R_{n + 1} (c)}{(n + 1)!}}{\frac{R_{n} (c)}{n!}} | = \frac{2}{c^{2} (c - 1)} - \underset{n \to \infty}{lim inf} \frac{\partial F_{n} (n)}{n F_{n} (c)}$

$R_{n + 1} (c) = R_{n} (c) (\frac{\partial F_{n} (c)}{F_{n} (c)} - \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{c (c - 1)^{2}})$ および、命題7より $\frac{R_{n + 1} (c)}{R_{n} (c)} < 0$ である。よって、 $| \frac{\frac{R_{n + 1} (c)}{(n + 1)!}}{\frac{R_{n} (c)}{n!}} | = \frac{(2 n - 3) + (1 - 2 n) c^{- 1} + (c + 1) c^{- n}}{(n + 1) c (c - 1)^{2}} - \frac{\partial F_{n} (c)}{(n + 1) F_{n} (c)}$ の両辺の $\underset{n \to \infty}{lim sup}$ をとることで得られる。

冪級数
$c + c (x - c) + \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{R_{n} (c)}{n!} (x - c)^{n}$
の収束半径 $R_{c}$ は、 $R_{c} \geq \frac{c^{2} (c - 1)}{2}$ を満たす。

命題4より、
$\frac{\partial F_{n} (c)}{F_{n} (c)} > 0$
である。したがって、
$\underset{n \to \infty}{lim inf} \frac{\partial F_{n} (n)}{n F_{n} (c)} \geq 0$
より、命題8から、
$\underset{n \to \infty}{lim sup} | \frac{\frac{R_{n + 1} (c)}{(n + 1)!}}{\frac{R_{n} (c)}{n!}} | \leq \frac{2}{c^{2} (c - 1)}$
したがって、
$R_{c} = \frac{1}{\underset{n \to \infty}{lim sup} | \frac{\frac{R_{n + 1} (c)}{(n + 1)!}}{\frac{R_{n} (c)}{n!}} |} \geq \frac{c^{2} (c - 1)}{2}$

開区間 $I_{c} = (c - R_{c}, c + R_{c})$ 上の関数 $f_{c} (x)$ を、
$f_{c} (x) := c + c (x - c) + \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{R_{n} (c)}{n!} (x - c)^{n}$
で定義する。これは命題9によりwell-definedである。

$f_{c}^{'} (c) = c$
$\frac{d^{n} f_{c}}{d x^{n}} (c) = R_{n} (c)$
さらに、 $I_{c} \cap f_{c} (I_{c})$ に含まれる $R$ 上の開区間 $J_{c}$ で、
$f_{c} (x)$ が $J_{c}$ 上狭義単調増加であるものが存在する。

上二式は定義 $6$ による。
$f_{c}^{'} (c) = c > 0$ より、ある開区間 $V_{c} (c) \subset I_{c}$ 上で $f_{c} (x)$ は狭義単調増加である。
これと $f_{c} (x)$ の連続性から、 $f_{c} (V_{c})$ は $R$ 上の開区間である。 $c \in V_{c} (c), c \in f_{c} (V_{c})$ より、 $J_{c} := V_{c} (c) \cap f_{c} (U_{c})$ は $R$ 上の開区間である。

冪級数
$f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} (x - c)^{n}$
の収束半径を $R_{f}$ とする。 $J_{f} := J_{c} \cap (c - R_{f}, c + R_{f})$ としたとき、 $f$ が以下の二条件

$f (c) = c$
$J_{f}$ 上で逆関数 $f^{- 1} (x)$ が存在して、 $μ (J_{f} \cap f (J_{f})) > 0$ かつ $f^{'} (x) = f^{- 1} (x) (x \in 、 J_{f} \cap f (J_{f}))$

を満たすとき、 $f (x) = f_{c} (x) (x \in I_{c})$ が成立する。

まず、命題11を証明するための準備をする。以降 $f$ は命題11の二条件を満たす冪級数とする。

開区間 $K_{f}$ で、 $c \in f^{'} (K_{f}) \subset K_{f} \subset J_{f} \cap f (J_{f})$ を満たすものが存在する。

$f^{- 1} (x)$ の狭義単調増加性より、 $f^{'} (x) = f^{- 1} (x) (x \in 、 J_{f} \cap f^{'} (J_{f}))$ から $c$ は $f^{'} (J_{f})$ の内点である。よって、 $f (x)$ の連続性より $Int (f (J_{f}))$ は $c$ を含む開区間である。
次に、 $g (x) = x - f^{'} (x)$ と置く。 $g (c) = c - c = 0, g^{'} (c) = 1 - \frac{1}{c} > 0$ より、 $g$ は $J_{f}$ 上 $C^{1}$ 級なので、 $L_{f}$ を、 $c$ を含む ${x \in J_{f} | g^{'} (x) > 0}$ の連結領域の内部として定義すると、 $L_{f}$ は $c$ を含む開区間であり、任意の開区間 $c \in (a, b) \subset L_{f}$ に対し、 $a < f^{'} (a) < f^{'} (b) < b$ となる。 $x, f^{'} (x)$ は $J_{f}$ 上単調増加なので、任意の開区間 $c \in (a, b) \subset L_{f}$ に対し、 $f^{'} ((a, b))) \subset (a, b)$ となる。したがって、 $K_{f} = L_{f} \cap Int (f (J_{f}))$ とすると、これは開区間であり、 $c \in K_{f} \subset L_{f}$ であるから、 $f^{'} (K_{f}) \subset K_{f}$ である。定義より $c \in f^{'} (K_{f}) \subset K_{f} \subset J_{f} \cap f (J_{f})$ である。

2以上の自然数 $n$ に対し、 $f^{n} (x)$ を以下で再帰的に定義する。
${\begin{array}{rc} f^{2} (x) = & f^{'} (f^{'} (x)) \\ f^{n + 1} (x) = & f^{'} (f^{n} (x)) (n \geq 2) \end{array}$
ただし、定義域は $K_{f}$ とする。補題 $12$ よりこれはwell-definedである。

$\frac{d f^{n}}{d x} (x) = \frac{1}{f^{n + 1} (x) \cdot f^{n} (x) \cdot \dots \cdot f^{3} (x) \cdot f^{2} (x)} = \frac{1}{(1 \to n) (f^{2} (x), \dots, f^{n + 1} (x))}$

逆関数の微分法より
$\frac{d^{2} f}{d x^{2}} (x) = \frac{1}{f^{'} (f^{- 1} (x))} = \frac{1}{f^{'} (f^{'} (x))} = \frac{1}{f^{2} (x)}$
数学的帰納法で証明する。 $n = 2$ のとき、合成関数の微分法より、
$\frac{d f^{2}}{d x} (x) = \frac{d^{2} f}{d x^{2}} (f^{'} (x)) \cdot \frac{d^{2} f}{d x^{2}} (x) = \frac{1}{f^{2} (f^{'} (x))} \cdot \frac{1}{f^{2} (x)} = \frac{1}{f^{3} (x) \cdot f^{2} (x)}$
であるから成立する。 $n = m$ のときを仮定すると、 $n = m + 1$ のとき、
$\frac{d f^{m + 1}}{d x} (x) = \frac{d^{2} f}{d x^{2}} (f^{m} (x)) \cdot \frac{d f^{m}}{d x} (x) = \frac{1}{f^{2} (f^{m} (x))} \cdot \frac{1}{(1 \to m, 0) (f^{2}, \dots, f^{m + 1} (x), f^{m + 2} (x))} = \frac{1}{(1 \to m + 1) (f^{2} (x), \dots, f^{m + 2} (x))}$
したがって、 $n = m + 1$ のときも成立する。

$H \in R (x_{2}, \dots, x_{n})$ に対し、
$\frac{d}{d x} (H (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x))) = \partial H (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x), f^{n + 1} (x))$

まず、 $F \in R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ に対し証明する。
$\frac{d}{d x}, \partial$ の線形性により、 $(i_{2} \dots, i_{n})$ について示せば十分である。
$\frac{d}{d x} (i_{2} \dots, i_{n}) (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x)) = \frac{d}{d x} \prod_{k = 2}^{n} (f^{k} (x))_{k}^{i} = (\prod_{k = 2}^{n} (f^{k} (x))^{i_{k}}) \cdot \sum_{k = 2}^{n} \frac{i_{k}}{f^{k} (x)} \cdot \frac{d f^{k}}{d x} (x) = (i_{2} \dots, i_{n}) (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x)) \cdot \sum_{k = 2}^{n} \frac{i_{k}}{(1 \to k - 2, 2, 1, 0 \to n - k) (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x), f^{n + 1} (x))} = \partial (i_{2} \dots, i_{n}) (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x), f^{n + 1} (x))$
よって成立。次に、 $H \in R (x_{2}, \dots, x_{n})$ に対し、 $H = \frac{F}{G}, (F, G \in R [x_{2}, \dots, x_{n}])$ とすると、
$\frac{d}{d x} (H (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x))) = \frac{d}{d x} (\frac{F (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x))}{G (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x))}) = \frac{\frac{d}{d x} F (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x)) \cdot G (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x)) - F (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x)) \cdot \frac{d}{d x} G (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x))}{G (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x))^{2}} = \frac{\partial F (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x), f^{n + 1} (x)) \cdot G (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x)) - F (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x)) \cdot \partial G (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x), f^{n + 1} (x))}{G (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x))^{2}} = \partial H (f^{2} (x), \dots, f^{n} (x), f^{n + 1} (x))$
よって成立。

$\frac{d^{n} f}{d x^{n}} (x) = R_{n} (f^{2} (x), f^{3} (x), \dots, f^{n} (x)) (n = 2, 3, \dots)$

数学的帰納法で証明する。
$n = 2$ のとき、 $\frac{d^{2} f}{d x^{2}} (x) = \frac{1}{f^{2} (x)} = R_{2} (f^{2} (x))$
であるから成立する。 $n = m$ のときに成立すると仮定すると、 $n = m + 1$ のとき、
$\frac{d^{m + 1} f}{d x^{m + 1}} (x) = \frac{d}{d x} R_{m} (f^{2} (x), f^{3} (x), \dots, f^{m} (x)) = \partial R_{m} (f^{2} (x), f^{3} (x), \dots, f^{m} (x), f^{m + 1} (x)) = R_{m + 1} (f^{2} (x), f^{3} (x), \dots, f^{m + 1} (x))$
よって、 $n = m + 1$ のときも成立する。

命題11を証明する。

命題15より、 $a_{0} = c, a_{1} = c, a_{n} = \frac{R_{n} (c)}{n!} (n = 2, 3, \dots)$ であるから、
$f (x) = c + c (x - c) + \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{R_{n} (c)}{n!} (x - c)^{n} = f_{c} (x)$
となる。したがって、 $R_{f} = R_{c}$ であり、 $f (x) = f_{c} (x) (x \in I_{c})$ が成立する。

以上の結果により、最初の予想は以下の予想

$f_{c}^{'} (x) = f_{c}^{- 1} (x) (x \in J_{c})$

が成立すれば良いことがわかります。が、合成関数の高階導関数は結構複雑なのでごり押しは厳しそうです。しばらくの間数学している時間が全然とれないのでこの予想の真偽は未来の私か他人に任せます。

追記

予想を $F_{n}$ の係数について書き下し、漸化式に落とし込むことを考える。以降 $R_{1} (c) = c$ とする。

漸化式の導出 1

以降、冪級数による関数 $f_{c} (x)$ を複素数に拡張して考え、 $f_{c} (z)$ と区別して書く。 $I_{c}$ に対応する開円盤を $D_{c}$ と置く。

Lagrange inversion theorem

$f (z)$ は $z = a$ を含む領域 $U$ で解析的かつ $f^{'} (a) \neq 0$ とする。このとき、以下が成立する。
1. $z = a$ のある開近傍 $U_{a} \subset U$ が存在して、 $U$ 上で $f (z)$ は逆関数 $f^{- 1}; f (U_{a}) \to U_{a}$ を持つ。このとき $f (U_{a})$ は開集合であり、 $f |_{U_{a}} (z)$ は $U_{a}, f (U_{a})$ 間の同相写像となる。さらに、 $f^{- 1} (z)$ は $f (U_{0})$ で解析的である。
2.上の $f (z)$ に対し、 $z = f (a)$ を中心とするTaylar展開は、 $f^{- 1} (z) = a + \sum_{n = 1}^{\infty} lim_{w \to c} \frac{d^{n - 1}}{d w^{n - 1}} [{(\frac{w - a}{f (w) - f (a)})}^{n}] \frac{(z - f (a))^{n}}{n!}$ の形をとる。

1.は参考文献[1] 解析入門(下) (松坂和夫数学入門シリーズ 6) 、30・31頁の定理4およびその証明、2.は参考文献[2] ラグランジュの反転公式等に記載がある。ここでは証明しない。

$D_{c} - {c}$ に対し、 $f_{c}^{\to} (z) := \frac{f_{c} (z) - c}{z - c}$ と置く。このとき、 $f_{c}^{\to} (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!} \frac{R_{n + 1} (c)}{n + 1} (x - c)^{n}$ である。特に。 $x = c$ は除去可能特異点である。

$f_{c}^{\to} (z) := \frac{f_{c} (z) - c}{z - c}$ に定義6式を代入すればよい。

以降 $f_{c}^{\to} (c) = c$ を定義に含める。これにより $D_{c}$ 上で上式が常に成立する。特に、 $D_{C}$ 上で $f_{c}^{\to} (z)$ は解析的である。

$n$ を自然数とする。
1. $lim_{w \to c} \frac{d^{n - 1}}{d w^{n - 1}} [{(\frac{w - c}{f (w) - f (c)})}^{n}] = \frac{d^{n - 1}}{d z^{n - 1}} (f_{c}^{\to} (z))^{- n} |_{z = c}$
2. $\frac{d^{n} f_{c}^{\to}}{d x^{n}} (c) = \frac{R_{n + 1} (c)}{n + 1}$

これらは命題17より得られる。

Faa' di Bruno の公式

$f, g$ の定義域をそれぞれ $I, J$ とし、 $g (J) \subset I$ とする。 $f, g$ は $n$ 回連続微分可能であるとき、合成関数の $n$ 階導関数は以下の公式で与えられる。
$\frac{d^{n}}{d x^{n}} (f \circ g) (x) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{(q)} n! \frac{d^{i} f}{d x^{i}} (g (x)) \prod_{k = 1}^{n - i + 1} \frac{1}{q_{k}!} {[\frac{1}{k!} \frac{d^{k} g}{d x^{k}} (x)]}^{q_{k}}$ ただし、 $(q)$ は $\begin{array}{rc} q_{1} + q_{2} + \dots + q_{n - i + 1} = i, \\ 1 \cdot q_{1} + 2 \cdot q_{2} + \dots + (n - i + 1) \cdot q_{n - i + 1} = n, \\ q_{k} \in N \cup {0}, (k = 1, 2, \dots, n - i + 1) \end{array}$ の三条件を満たす全ての $(q_{1}, q_{2}, \dots, q_{n - i + 1})$ について和をとるものとする。

証明は参考文献[3] 合成関数の高階微分の公式について等を参照のこと。

以下は同値である。
1. $f_{c}^{'} (x) = f_{c}^{- 1} (x) (x \in J_{c})$
2. $\begin{array}{r} R_{n} (c) = \sum_{i = 1}^{n - 2} \sum_{(q)} (- 1)^{i} (n + i - 2)! c^{- n + i - 1} \prod_{k = 1}^{n - i - 1} \frac{1}{q_{k}!} {[\frac{R_{k + 1} (c)}{(k + 1)!}]}^{q_{k}} (n = 3, 4, \dots) \end{array}$

証明手法（任意）

一致の定理より、 $f_{c}^{'} (z) = f_{c}^{- 1} (z) (z \in D_{c})$ である。 $f_{c}^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{R_{n + 1} (c)}{n!} (x - c)^{n}$ およびより、Tayler展開の一意性から、 $\begin{array}{rc} R_{n} (c) & = lim_{w \to c} \frac{d^{n - 2}}{d w^{n - 2}} [{(\frac{w - c}{f (w) - f (c)})}^{n - 1}] (n = 3, 4, \dots) \end{array}$ を得る。補題18の1. $\begin{array}{rc} lim_{w \to c} \frac{d^{n - 1}}{d w^{n - 1}} [{(\frac{w - c}{f (w) - f (c)})}^{n}] \\ = & \frac{d^{n - 1}}{d z^{n - 1}} (f_{c}^{\to} (z))^{- n} |_{z = c} \end{array}$ において、 $f (x) = x^{- n + 1}, g (x) = f_{c}^{\to} (x)$ として、定理19を適用し、補題18の2.を代入して、 $\begin{array}{rc} \frac{d^{n - 1}}{d z^{n - 1}} (f_{c}^{\to} (z))^{- n} |_{z = c} \\ = & \sum_{i = 1}^{n - 2} \sum_{(q)} (- 1)^{i} (n + i - 2)! c^{- n + i - 1} \prod_{k = 1}^{n - i - 1} \frac{1}{q_{k}!} {[\frac{R_{k + 1} (c)}{(k + 1)!}]}^{q_{k}} (n = 3, 4, \dots) \end{array}$ となり、求める式を得る。 $J_{c} \subset I_{c} \subset D_{c}$ および
$\begin{array}{rc} R_{1} (c) & = c \\ R_{2} (c) & = lim_{w \to c} \frac{w - c}{f (w) - f (c)} = \frac{1}{f^{'} (c)} = \frac{1}{c} \end{array}$ より、議論を逆にたどることで同値性が示される。

漸化式の導出 2

$n - 1$ 変数多項式環 $R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ の偏微分 $\partial_{k} (k = 2, \dots, n)$ は、 $F (x_{2}, \dots, x_{n}) = \sum_{i_{2}, \dots, i_{n} \in N \cup {0}} a_{i_{2}, \dots, i_{n}} (i_{2}, \dots, i_{n})$ に対し、 $\partial_{k} F (x_{2}, \dots, x_{n}) = \sum_{i_{2}, \dots, i_{n} \in N \cup {0}} i_{k} \cdot a_{i_{2}, \dots, i_{n}} (i_{2}, \dots, i_{k - 1}, i_{k} - 1, i_{k + 1}, \dots, i_{n})$ で定義される。

$(i_{2}, \dots, i_{n})! := i_{2}! \dots i_{n}!$

Fischer内積

$n - 1$ 変数多項式環 $R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ に対して、写像 $< -, - >: R [x_{2}, \dots, x_{n}] \times R [x_{2}, \dots, x_{n}] \to R$ を次で定義する。
$< F (x_{2}, \dots, x_{n}), G (x_{2}, \dots, x_{n}) >:= F (\partial_{2}, \dots, \partial_{n}) G (x_{2}, \dots, x_{n}) |_{(x_{2}, \dots, x_{n}) = (0. \dots, 0)}$ このとき、以下が成立する。
1. $< -, - >$ は $R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ 上の内積である。
2. ${(i_{2}, \dots, i_{n})}_{i_{2}, \dots, i_{n} \in N \cup {0}}$ は内積空間 $< R [x_{2}, \dots, x_{n}], < -, - >>$ の直交基底である。

1.双線形性は偏微分演算子の線形性より得られる。また、 ${(i_{2}, \dots, i_{n})}_{i_{2}, \dots, i_{n} \in N \cup {0}}$ の各元に対しては、 $< (i_{2}, \dots, i_{n}), (i_{2}, \dots, i_{n}) >= (i_{2}, \dots, i_{n})!$ であり、 $(i_{2}, \dots, i_{n}) \neq (j_{2}, \dots, j_{n})$ に対し、 $i_{k} \neq j_{k}$ となるものが一つとれ、これに対応する $\partial_{k}^{i_{k}} x_{k}^{j_{k}}$ に着目すると、 $< (i_{2}, \dots, i_{n}), (j_{2}, \dots, j_{n}) >= 0$ を得る。
$F (x_{2}, \dots, x_{n}) = \sum_{i_{2}, \dots, i_{n} \in N \cup {0}} a_{i_{2}, \dots, i_{n}} (i_{2}, \dots, i_{n})$ に対し、線形性および上の計算により、 $< F (x_{2}, \dots, x_{n}), F (x_{2}, \dots, x_{n}) >= \sum_{i_{2}, \dots, i_{n} \in N \cup {0}} a_{i_{2}, \dots, i_{n}}^{2} (i_{2}, \dots, i_{n})!$ が成立する。これにより、正値性、正定値性が示された。対称性も同様の計算で示せる。2.は1.の証明の途中式および多項式環の定義から示される。

$A_{n} := (2, \to, n - 1, 1) [\partial - \frac{\partial (2 n - 3, 2 n - 5, \dots, 3, 1)}{(2 n - 3, 2 n - 5, \dots, 3, 1)}]$ と置く。これは $R [x_{2}, \dots, x_{n}]$ から $R [x_{2}, \dots, x_{n + 1}]$ への線形写像であり、以下が成立する。
1.ある自然数 $k, (k = 2, \dots, n)$ が存在して
$(j_{2}, \dots, j_{n}, 0) = \frac{(i_{2}, \dots, i_{n}, i_{n + 1} + 1)}{(1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to (n - k))}$ のとき、 $< (i_{1}, \dots, i_{n + 1}), A_{n} (j_{2}, \dots, j_{n}) >= (i_{k} - 2 n + 2 k - 1) \cdot (i_{2} \dots, i_{n + 1})!$ である。 2. 1.以外のとき、 $< (i_{1}, \dots, i_{n + 1}), A_{n} (j_{2}, \dots, j_{n}) >= 0$

線形性については、命題1と掛け算写像の線形性による。値域が $R [x_{2}, \dots, x_{n + 1}]$ に含まれることについては、命題2の途中式と全く同様の計算で示せる。
$A_{n} (j_{2}, \dots, j_{n}) = \sum_{k = 2}^{n} \frac{(j_{k} - 2 n + 2 k - 1)}{x_{n + 1}} (j_{2}, \dots, j_{n}, 0) \cdot (1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to (n - k))$ であるから、両辺をそれぞれ $< (i_{2}, \dots, i_{n + 1}), - >$ に代入し、定義10の2.および
$(j_{2}, \dots, j_{n}, 0) = \frac{(i_{2}, \dots, i_{n}, i_{n + 1} + 1)}{(1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to (n - k))}$ のとき $j_{k} = i_{k}$ であること用いれば、1.および2.を得る。

$F_{n} := \sum_{i_{2}, \dots, i_{n} \in N \cup {0}} a_{n; i_{2}, \dots, i_{n}} (i_{2}, \dots, i_{n})$ に対し、以下の漸化式
$a_{n + 1; i_{2}, \dots, i_{n + 1}} = \sum_{(j_{2}, \dots, j_{n}, 0) = \frac{(i_{2}, \dots, i_{n}, i_{n + 1} + 1)}{(1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to (n - k))}} (i_{k} - 2 n + 2 k - 1) a_{n; j_{2}, \dots, j_{n}}$ が成立する。

$F_{n + 1} = A_{n} F_{n}$ の両辺を $< (i_{2}, \dots, i_{n + 1}), - >$ に代入して定義10と補題20を適用すれば良い。

最後に

$| (i_{2}, \dots, i_{n}) | := i_{2} + \dots + i_{n}$ と定義する。定理16系および命題21より次の命題を得る。

以下の1.と2.は同値である。
1. $f_{c}^{'} (x) = f_{c}^{- 1} (x) (x \in J_{c})$
2.漸化式
$a_{2; 0} = 1, a_{2; i_{2}} = 0 (i \in N)$
$a_{n + 1; i_{2}, \dots, i_{n + 1}} = \sum_{(j_{2}, \dots, j_{n}, 0) = \frac{(i_{2}, \dots, i_{n}, i_{n + 1} + 1)}{(1 \to k - 2, 0, 1, 2 \to (n - k))}} (i_{k} - 2 n + 2 k - 1) a_{n; j_{2}, \dots, j_{n}} (n \in N, n \geq 2)$ によって定義される数列 ${a_{n; i_{2}, \dots, i_{n}}}_{n \in N, n \geq 2, i_{2}, \dots, i_{n} \in N \cup {0}}$ は、 $n = 3, 4, \dots$ に対して以下の変数 $c$ についての恒等式

$\begin{array}{r} \sum_{m = 0}^{\infty} (\sum_{| (i_{2}, \dots, i_{n} | = m)} a_{n; i_{2}, \dots, i_{n}}) c^{m} = \sum_{i = 1}^{n - 2} \sum_{(q)} (- 1)^{i} (n + i - 2)! c^{n^{2} - n + i - 1} \prod_{k = 1}^{n - i - 1} \frac{1}{q_{k}!} {[\frac{1}{c^{(k + 1)^{2}} (k + 1)!} \sum_{m = 0}^{\infty} (\sum_{| (i_{2}, \dots, i_{n} | = m)} a_{k + 1; i_{2}, \dots, i_{k + 1}}) c^{m}]}^{q_{k}} \end{array}$
が成立している。。