形式的冪級数によるLagrange反転公式の証明

組み合わせ,ラグランジュ反転公式,形式的冪級数

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Lagrange反転公式(Lagrange–Bürmann formula)の証明を書きます. 本記事では, 以下の事項を既知とします.

形式的微分に関する基本的な性質（線形性, 積の微分, 合成関数の微分）
形式的ローラン級数の導関数の形式的留数が0であること
形式的冪級数環および形式的ローラン級数環におけるKrull位相と無限和の収束

定理の主張

Lagrange反転公式

$K$を標数0の体, $K[[x]], K[[y]]$を形式的べき級数環, $ K((x))$を形式的ローラン級数環とする.
$y = x\phi(y), \phi(y)\in K[[y]]^{\times}$
のとき, $H(y)\in K[[y]]$, $n \in \mathbb{Z}_{>0}$ に対して以下の等式が成立する.
$$\begin{align*} n[x^n]H(y) &= [y^{n-1}]H'(y)\phi(y)^n \tag{1}\\ [x^n]H(y)&=[y^n]H(y)\phi(y)^{n-1}(\phi(y)-y\phi'(y)) \tag{2}\\ [x^n]\frac{H(y)}{1-x\phi'(y)}&=[y^n]H(y)\phi(y)^n \tag{系} \end{align*}$$

細かな注

$g(y)=y/\phi(y)$とおくと$x=g(y)$であり, $y(x)$はその合成逆関数として一意に定まる. 合成逆関数$y(x) \in xK[[x]]$ を用いて, 不定元 $y$ と $K[[x]]$ の元 $y(x)$ を同一視し, $K[[y]]$ の元 $H(y)$ を $K[[x]]$ の元 $H(y(x))$ とみなして $[x^n]H(y)$ のように記述する.

証明

証明に入る前に, 以下の補題を示す.

形式的留数の変数変換

$F(x)\in K((x)), g(y)\in yK[[y]]^{\times}$について, $x=g(y)$のとき,
$$[x^{-1}]F(x)=[y^{-1}]F(g(y))g'(y)$$

補題の証明

$F(x) = \sum_{k=N}^{\infty} a_k x^k \in K((x))$ とおく. $g(y) \in yK[[y]]^{\times}$ より $g(y)^k g'(y)$の最低次の次数は $k$ となるため, $k \to \infty$ に伴い $\sum_{k=N}^{\infty} a_k g(y)^k g'(y)$ は $K((y))$ において収束する. したがって, 無限和と係数抽出の順序交換が正当化されるため, 線形性より $F(x) = x^k \ (k \in \mathbb{Z})$ の場合を示せば十分である.
$k\ne -1$の場合
左辺は
$$[x^{-1}]x^k=0$$
右辺は
$$\begin{align*} [y^{-1}]g(y)^kg'(y) &=[y^{-1}]\frac{d}{dy}\left(\frac{g(y)^{k+1}}{k+1}\right)\quad (\because k\ne -1)\\ &=0 \end{align*}$$
最後の等号は, 任意の形式的ローラン級数について, その導関数の形式的留数は常に0であることによる.
よって, $k\ne -1$の場合は成り立つ.
$k=-1$の場合
左辺は$[x^{-1}] x^{-1} = 1$である. 仮定より, ある$h(y)\in K[[y]]^{\times}$が存在して, $g(y)=yh(y)$を満たす. よって右辺は
$$\begin{align*} [y^{-1}](g(y))^{-1}g'(y) &=[y^{-1}]\frac{(yh(y))'}{yh(y)}\\ &=[y^{-1}]\left(\frac{1}{y}+\frac{h'(y)}{h(y)}\right)\\ &=1\quad(\because h'(y)h(y)^{-1}\in K[[y]]) \end{align*}$$
よって$k=-1$でも成り立つので, 主張が証明できた.

定理の証明

(1)の証明

$$\begin{align*} n[x^n]H(y)&=n[x^{-1}]H(y)x^{-(n+1)}\\ &=n[y^{-1}]H(y)g(y)^{-(n+1)}g'(y)\quad (\because \text{補題})\\ &=-[y^{-1}]H(y)\frac{d}{dy}(g(y)^{-n})\\ &=-[y^{-1}]\frac{d}{dy}(H(y)g(y)^{-n})+[y^{-1}]H'(y)g(y)^{-n}\quad (\because \text{積の微分法})\\ &=0+[y^{-1}]H'(y)\left(\frac{y}{\phi(y)}\right)^{-n}\\ &=[y^{-1}]H'(y)y^{-n}\phi(y)^n\\ &=[y^{n-1}]H'(y)\phi(y)^n\quad \square \end{align*}$$

(2)の証明

$$\begin{align*} [x^n]H(y)&=[x^{-1}]H(y)x^{-(n+1)}\\ &=[y^{-1}]H(y)\left(\frac{y}{\phi(y)}\right)^{-(n+1)}\left(\frac{y}{\phi(y)}\right)'\quad (\because \text{補題})\\ &=[y^{-1}]H(y)\left(\frac{\phi(y)}{y}\right)^{n+1}\frac{\phi(y)-y\phi'(y)}{\phi(y)^{2}}\\ &=[y^{n}]H(y)\phi(y)^{n-1}(\phi(y)-y\phi'(y))\quad \square \end{align*}$$

系の証明

式(2)において, $H(y)$ を $\frac{H(y)}{1-x\phi'(y)}$ に置き換える.
($1-x\phi'(y)=1-\frac{y}{\phi(y)}\phi'(y)\in K[[y]]^{\times}$なので, $\frac{H(y)}{1-x\phi'(y)}\in K[[y]]$で, 適用条件を満たしている.)

$$\begin{align*} [x^n]\frac{H(y)}{1-x\phi'(y)} &=[y^n]\frac{H(y)}{1-x\phi'(y)}\phi(y)^{n-1}(\phi(y)-y\phi'(y))\\ &=[y^n]\frac{H(y)}{1-x\phi'(y)}\phi(y)^{n}\left(1-\frac{y}{\phi(y)}\phi'(y)\right)\\ &=[y^n]\frac{H(y)}{1-x\phi'(y)}\phi(y)^{n}(1-x\phi'(y)) \quad (\because x=y/\phi(y))\\ &=[y^n]H(y)\phi(y)^n \quad \square \end{align*}$$