Lagrange 反演定理

式 (1) 把一个 $T$-对象看成一个原子加上一份由更小 $T$-对象组成的配置。递归展开会反复代入；反演把第 $n$ 项的计算转为显式幂 $\varphi (u{)}^n$ 的一次系数提取。

系数 $1/n$ 来自形式微分与分部恒等式。要使这个解释成为证明，必须先说明隐式解如何存在、哪种换元可逆，以及为什么换元不会改变形式留数。这三件事都能逐系数完成。

Catalan：去掉常数项，不移动正次下标 ​

Catalan 生成函数理路Catalan 数Catalan number从 Dyck 路的首次返回与首次越界反射证明 Catalan 计数，再用形式反演复算系数，并推出带一阶修正的渐近式。满足 $C=1+z{C}^2$。直接把 $C$ 当成式 (1) 的 $T$ 会违反 $T(0)=0$，但令

便得到 $T=z(1+T{)}^2$。取 $\varphi (u)=(1+u{)}^2$、$H(u)=u$，对 $n\ge 1$ 有

所以 $T=z+2z^2+5z^3+14z^4+\cdots$。正次系数的下标仍为 $n$，变化仅在常数项由一变为零。

取 $H(u)=u^2$ 又得

展开 $T^2$ 的同一项是 $1\cdot 5+2\cdot 2+5\cdot 1=14$。这既核对系数公式，也核对外层函数导数所带来的因子二。

标号根树与 EGF 归一化 ​

标号根树的经典规格给出 $T=z{e}^T$，其中 $T(z)=\sum _{n\ge 1}{t}_n{z}^n/n!$。取 $\varphi (u)=e^u$，

乘回 $n!$ 才得到根树数 $t_n=n^{n-1}$。例如三个标号顶点有三棵无根树，每棵可选三个根，共 $9=3^2$ 棵；级数系数则是 $9/3!=3/2$。OGF 的整数计数与 EGF 的系数不能混用。

可逆性的边界 ​

方程 (1) 的唯一形式解其实不需要 $\varphi (0)$ 可逆：逐系数递推仍然成立。若 $\varphi (0)=0$，零级数已经满足方程，唯一性因此强制 $T=0$；不是出现另一条非零分支。此时 $u/\varphi (u)$ 没有本证明所需的形式意义，不能执行下面的可逆换元。

即使 $\varphi (0)\ne 0$，在有零因子的环上也不能据此认定它是单位。例如在 $R=\mathbb{Q}[\epsilon ]/({\epsilon }^2)$ 中，取 $\varphi (u)=\epsilon +u$，则

是唯一解，但其线性系数 $\epsilon$ 不可逆，所以 $T$ 没有双侧复合逆。本页的单位假设用于保证这条证明路线，不声称缺少单位时所有系数恒等式都必然失败。

若系数环不是 $\mathbb{Q}$-代数，隐式递推仍可能有完整的整系数意义，但式 (2) 中的 $1/n$ 不一定是环元素。Catalan 数的整数性可由路径计数证明，不能在一般环中先形式除以不可逆的 $n$ 再宣称结果存在。

隐式解的存在与唯一性 ​

写 $T=\sum _{m\ge 1}{t}_m{z}^m$。式 (1) 的次数 $n$ 方程是

因为 $T(0)=0$，右侧只涉及 $t_1,\dots ,t_{n-1}$：$\varphi$ 的常数项决定 $t_1=\varphi (0)$，更高次方 $T^j$ 的低阶系数也只由已知的有限多个 $t_m$ 决定。因此可依次定义全部系数；同一递推又排除了第二个解。

在单位假设下，$\varphi (u{)}^{-1}$ 存在。令

它的常数项为零，线性系数为单位 $\varphi (0{)}^{-1}$，并满足 $g(T(z))=z$。对具有单位线性项的级数，逐阶比较 $g(S(z))=z$ 可唯一求出 $S$；这给出唯一的右复合逆。

还可直接验证它是双侧逆。若 $A(0)=B(0)=0$，则

中的 $U$ 常数项等于 $g$ 的单位线性系数，所以 $U$ 是可逆级数。因此 $g(A)=g(B)$ 蕴含 $A=B$。在 $g(T)=z$ 中代入 $z=g(u)$，有 $g(T(g(u)))=g(u)$，由刚才的消去性得到 $T(g(u))=u$。

形式留数的换元 ​

形式 Laurent 级数 $F(u)=\sum _{j\ge j_0}{a}_j{u}^j$ 只允许有限多个负次幂。定义

任何 Laurent 级数导数的留数都为零：若导数中出现 $u^{-1}$，它只能来自常数项的导数，而该系数为零。

若 $g(u)=ua(u)$ 且 $a(0)$ 是单位，则对任意 Laurent 级数 $F$，

验证单项式即可。对 $F(z)=z^j$、$j\ne -1$，

所以右侧留数为零，与左侧一致。对 $j=-1$，

第二项是幂级数，没有负次幂，故留数为一，也与左侧相同。推广到一般 $F$ 时，非负次单项式在换元后不会产生负次幂，而负次项本来只有有限项；所以这里的逐项操作合法。

从换元到系数公式 ​

把系数写成留数，使用 $z=g(u)$ 与 $T(g(u))=u$：

由于 $(g^{-n}{)}^{\prime }=-n{g}^{\prime }{g}^{-n-1}$，以及导数 $(H{g}^{-n}{)}^{\prime }$ 的留数为零，

这就证明 (2)，再代入 $H=u^k$ 得 (3)。每一步只使用系数运算、单位逆元和整数除法，没有使用解析围道或极限。

Lagrange 反演把递归组合规格转成二项式、指数式或多项式幂的显式系数。若 $\varphi$ 在复平面原点附近全纯且 $\varphi (0)\ne 0$，解析隐函数定理也给出同一局部解析解；但形式证明本身不保证延拓越过哪些分支点，也不直接提供系数渐近。Catalan 页在反演所得的精确阶乘比上使用 Stirling 展开，另行完成渐近步骤。

在分枝过程的总后代分布理路分枝过程的总后代分布Total progeny of a branching process · Dwass formula · Lagrange–Dwass formula从包含祖先的累计家系规模得到缺陷生成函数和Dwass系数，证明条件灭绝的繁殖变换，并在有限截断上建立总规模矩。中， $H=sf(H)$记录一个祖先加各子家系，外层取$H^r$记录$r$根森林。反演给$P(T=n)=(r/n)[u^{n-r}]f(u{)}^n$；超临界时这些有限质量只和到灭绝概率，不可未经条件化便重新归一化。若$f(0)=0$，反演的单位条件缺失，但无叶家系没有有限总数，可直接验证边界。