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ラグランジュ反転公式の証明

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{asn}[0]{\hspace{16pt}(\mathrm{as}\ n\to\infty)} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{beq}[0]{\begin{eqnarray*}} \newcommand{c}[2]{{}_{#1}\mathrm{C}_{#2}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{cb}[0]{\binom{2n}{n}} \newcommand{d}[0]{\mathrm{d}} \newcommand{del}[0]{\partial} \newcommand{dhp}[0]{\dfrac{\pi}2} \newcommand{ds}[0]{\displaystyle} \newcommand{eeq}[0]{\end{eqnarray*}} \newcommand{ep}[0]{\varepsilon} \newcommand{G}[1]{\Gamma({#1})} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{hp}[0]{\frac{\pi}2} \newcommand{I}[0]{\mathrm{I}} \newcommand{l}[0]{\ell} \newcommand{limn}[0]{\lim_{n\to\infty}} \newcommand{limx}[0]{\lim_{x\to\infty}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{nck}[0]{\binom{n}{k}} \newcommand{p}[0]{\varphi} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{space}[0]{\hspace{12pt}} \newcommand{sumk}[1]{\sum_{k={#1}}^n} \newcommand{sumn}[1]{\sum_{n={#1}}^\infty} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{tc}[0]{\TextCenter} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

${}$

 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$$f(0)=0$を満たし, 点$0$で解析的な$f^{-1}$が存在するとします. この時, 積分路$C$$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$$(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.

${}$

投稿日:2021919

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投稿者

東大理数B4です

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