$$\newcommand{a}[0]{\alpha}
\newcommand{asn}[0]{\hspace{16pt}(\mathrm{as}\ n\to\infty)}
\newcommand{b}[0]{\beta}
\newcommand{beq}[0]{\begin{eqnarray*}}
\newcommand{c}[2]{{}_{#1}\mathrm{C}_{#2}}
\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}}
\newcommand{cb}[0]{\binom{2n}{n}}
\newcommand{d}[0]{\mathrm{d}}
\newcommand{del}[0]{\partial}
\newcommand{dhp}[0]{\dfrac{\pi}2}
\newcommand{ds}[0]{\displaystyle}
\newcommand{eeq}[0]{\end{eqnarray*}}
\newcommand{ep}[0]{\varepsilon}
\newcommand{G}[1]{\Gamma({#1})}
\newcommand{g}[0]{\gamma}
\newcommand{hp}[0]{\frac{\pi}2}
\newcommand{I}[0]{\mathrm{I}}
\newcommand{l}[0]{\ell}
\newcommand{limn}[0]{\lim_{n\to\infty}}
\newcommand{limx}[0]{\lim_{x\to\infty}}
\newcommand{N}[0]{\mathbb{N}}
\newcommand{nck}[0]{\binom{n}{k}}
\newcommand{p}[0]{\varphi}
\newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}}
\newcommand{R}[0]{\mathbb{R}}
\newcommand{space}[0]{\hspace{12pt}}
\newcommand{sumk}[1]{\sum_{k={#1}}^n}
\newcommand{sumn}[1]{\sum_{n={#1}}^\infty}
\newcommand{t}[0]{\theta}
\newcommand{tc}[0]{\TextCenter}
\newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}}
$$
${}$
ラグランジュ反転公式の証明を思いついたので, 解説しようと思います.
この公式は逆関数のTaylor展開の係数を与えるものです. 証明に使う道具は複素解析です.
${}$
(証明)
関数$f$は$f(0)=0$を満たし, 点$0$で解析的な$f^{-1}$が存在するとします. この時, 積分路$C$は$f^{-1}$の定義域を囲むとして,
$$\beq
\frac1{2\pi i}\int_C\frac{dz}{f(z)-x}&=&\underset{z=f^{-1}(x)}{\mathrm{Res}}\ \frac{1}{f(z)-x}\\[5pt]
&=&\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}=\left(f^{-1}(x)\right)'
\eeq$$
この両辺を$x$で$(n-1)$回微分して$x=0$とすると,
$$\beq
\left(\frac{d}{dx}\right)^nf^{-1}(x)\bigg|_{x=0}&=&\frac{(n-1)!}{2\pi i}\int_C\frac{dz}{f(z)^n}\\[5pt]
&=&(n-1)!\ \underset{z=0}{\mathrm{Res}}\ \frac1{f(z)^n}\\[5pt]
&=&\lim_{z\to0}\left(\frac{d}{dz}\right)^{n-1}\!\frac{z^n}{f(z)^n}
\eeq$$
となるので, $f^{-1}$は解析的ですから
$$ f^{-1}(x)=\sumn{1}\left[\ \lim_{z\to0}\left(\frac{d}{dz}\right)^{n-1}\!\frac{z^n}{f(z)^n}\ \right]\frac{x^n}{n!}$$
であり, ラグランジュ反転公式を得ました. □
読んでくださった方, ありがとうございます. もしこれに興味がありましたら, tria_mathさんの記事
「ラグランジュ反転公式」
および
「ラグランジュ反転公式の応用」
をご覧ください.
${}$
