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多元拉反的推广：Abhyankar-Gurjar 反演公式的证明及应用

飞飞雨烟雁
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2025/12/03 04:34
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鸽了快两个月的证明终于来了！以下证明均来自论文 NEW PROOFS FOR THE ABHYANKAR-GURJAR INVERSION FORMULA AND THE EQUIVALENCE OF THE JACOBIAN CONJECTURE AND THE VANISHING CONJECTURE 以及 EXPONENTIAL FORMULAS FOR THE JACOBIANS AND JACOBIAN MATRICES OF ANALYTIC MAPS，我们只取其中相关的部分，别的就不管了。

基础定义

我们总假定在特征为 00 的域 kk 上讨论。
考虑形式幂级数环 k[[x]]k[[\mathbf{x}]]，其中 x=(x1,…,xn)\mathbf{x} = (x_1, \dots, x_n)。对于任意 f∈k[[x]]f \in k[[\mathbf{x}]]，定义其最低阶 o(f)o(f) 为 ff 中非零项的最小幂次（定义 o(0)=∞o(0)=\infty），最高阶 O(f)O(f) 为最大幂次。对于向量 f=(f1,…,fn)∈k[[x]]n\mathbf{f} = (f_1, \dots, f_n) \in k[[\mathbf{x}]]^n，定义 o(f)=min⁡io(fi)o(\mathbf{f}) = \min_i o(f_i) 和 O(f)=max⁡iO(fi)O(\mathbf{f}) = \max_i O(f_i)。
定义集合 F0\mathcal{F}_ 0 为所有满足 xi∣fi,(fi/xi)(0)≠0x_i\mid f_i,(f_i/x_i)(\mathbf 0)\neq 0 的 f\mathbf{f} 构成的集合，则多元 Lagrange 反演的适用范围就是 F0\mathcal F_0。
定义集合 F1\mathcal{F}_ 1 为所有满足 o(fi−xi)≥2o(f_i - x_i) \geq 2 的 f\mathbf{f} 构成的集合，这是 A-G 反演公式的适用范围。可以发现 F0⊊F1\mathcal F_0\subsetneq\mathcal F_1，因此我们下面要讲的 A-G 反演公式推广了多元 Lagrange 反演。
下面是多重指标的一些基本定义。
  • α=(α1,…,αn)∈Nn\alpha = (\alpha_1, \dots, \alpha_n) \in \mathbb{N}^n 是多重指标；
  • ∣α∣=α1+⋯+αn,α!=α1!α2!⋯αn!|\alpha| = \alpha_1 + \cdots + \alpha_n,\alpha! = \alpha_1! \alpha_2! \cdots \alpha_n!；
  • ∂α=∂∣α∣∂x1α1⋯∂xnαn\partial^\alpha = \frac{\partial^{|\alpha|}}{\partial x_1^{\alpha_1} \cdots \partial x_n^{\alpha_n}}；
  • fα=f1α1⋯fnαn,xα=x1α1⋯xnαn\mathbf{f}^\alpha = f_1^{\alpha_1} \cdots f_n^{\alpha_n},\mathbf{x}^\alpha = x_1^{\alpha_1} \cdots x_n^{\alpha_n}；
  • 1=(1,1,…,1)\mathbf{1} = (1,1,\dots,1)，故 x−1=x1−1⋯xn−1\mathbf{x}^{-\mathbf{1}} = x_1^{-1} \cdots x_n^{-1}。
我们再简要介绍一下微分算子，定义 ∂i=∂∂xi\partial_i = \frac{\partial}{\partial x_i}，例如 ∂i(xj)=[i=j]\partial_i (x_j) = [i=j]。微分算子是形如
∑α∈NnAα∂α\sum_{\alpha\in\mathbb N^n}A_\alpha\partial^{\alpha}
的算子。为了保证这个无穷求和会收敛，其实我们应该加上一个条件：lim⁡∣α∣→∞[o(Aα)−∣α∣]=∞\lim_{|\alpha|\rightarrow\infty}[o(A_\alpha)-|\alpha|]=\infty，不过这不在我们的讨论范围内，因为后面用到的微分算子都是收敛的。
根据 Leibniz 公式可知，形如 ∑α∈Nn∂αBα\sum_{\alpha\in\mathbb N^n}\partial^{\alpha}B_\alpha 的算子也是微分算子。并且微分算子之和、之积（即复合）也是微分算子。但需要注意，微分算子的乘法不一定满足交换律，例如 ϕ=x∂y,ψ=y∂x\phi = x \partial_y,\psi= y \partial_x，作用在 u=x2yu = x^2 y 上有 ϕψu=ϕ(2xy2)=4x2y,ψϕu=ψ(x3)=3x2y\phi\psi u=\phi(2xy^2)=4x^2y,\psi\phi u=\psi(x^3)=3x^2y，是不一样的。

定理证明

性质 1. 对于任意 f∈F1\mathbf{f} \in \mathcal{F}_ 1，存在唯一的向量 a=(a1,…,an)∈k[[x]]n\mathbf{a} = (a_1, \dots, a_n) \in k[[\mathbf{x}]]^n，满足 o(a)≥2o(\mathbf{a}) \geq 2，且使得
f=exp⁡(a∂)x,\mathbf{f} = \exp(\mathbf{a} \partial) \mathbf{x},
其中 a∂=∑i=1nai∂i\mathbf{a} \partial = \sum_{i=1}^n a_i \partial_i 是微分算子，其在向量值函数上的作用定义为分别作用于每个分量，且 exp⁡(a∂)\exp(\mathbf{a} \partial) 是指数映射（由 Taylor 级数定义）。等价地，对每个 ii，有 fi=exp⁡(a∂)xif_i = \exp(\mathbf{a} \partial) x_i。
证明. 我们通过构造法证明 a\mathbf{a} 的存在唯一性。核心思想是将 f\mathbf{f} 和 a\mathbf{a} 分解为齐次分量，并从低次到高次逐次确定 a\mathbf{a} 的分量。具体如下。
第一步，我们做齐次分解，设 f=∑i=1∞gi\mathbf{f} = \sum_{i=1}^{\infty} \mathbf{g}_ i，其中每个 gi\mathbf{g}_ i 是齐 ii 次的向量（即 o(gi)=O(gi)=io(\mathbf{g}_ i) = O(\mathbf{g}_ i) = i），且由 F1\mathcal{F}_ 1 的定义知 g1=x\mathbf{g}_ 1 = \mathbf{x}。类似地，设 a=∑i=2∞bi\mathbf{a} = \sum_{i=2}^{\infty} \mathbf{b}_ i，其中每个 bi\mathbf{b}_ i 是齐 ii 次的向量。我们的目标是归纳地找出每个 bi\mathbf{b}_ i。
第二步，我们考虑指数映射的展开。回顾 exp⁡(a∂)x=∑j=0∞(a∂)jj!x\exp(\mathbf{a} \partial) \mathbf{x} = \sum_{j=0}^{\infty} \frac{(\mathbf{a} \partial)^j}{j!} \mathbf{x}，一个关键观察是，当 j≥1j \geq 1 时，算子 (a∂)jj!\frac{(\mathbf{a} \partial)^j}{j!} 作用在 x\mathbf{x} 上会提升阶数。具体地，因为 x\mathbf{x} 的阶数为 11，且每次应用微分算子 a∂\mathbf{a} \partial 至少增加阶数 11（因 o(a)≥2o(\mathbf{a}) \geq 2，且微分降低阶数 11），所以 o(1j!(a∂)jx)≥j+1o( \frac 1{j!}{(\mathbf{a} \partial)^j} \mathbf{x} ) \geq j + 1。这意味着在计算 bi\mathbf b_i 时，只需考虑展开式中 j≤i−1j \leq i-1 的部分。
第三步，我们开始归纳构造。当 i=2i=2 时，比较 f=exp⁡(a∂)x\mathbf{f} = \exp(\mathbf{a} \partial) \mathbf{x} 两边阶数为 22 的项，可得 b2=g2\mathbf b_2=\mathbf g_2。而当 i≥3i\ge 3 时，假设 b2,…,bi−1\mathbf{b}_ 2, \dots, \mathbf{b}_ {i-1} 已被唯一确定，记 b′=∑j=2i−1bj\mathbf b' = \sum_{j=2}^{i-1} \mathbf{b}_ j。要得到 bi\mathbf b_i，我们完全可以忽略次数高于 ii 的项，即 (a∂)jx=(b′∂+bi∂)jx+⋯(\mathbf a\partial)^j\mathbf x=(\mathbf b'\partial+\mathbf b_i\partial)^j\mathbf x+\cdots。而对于 j≥2,l≥1j\ge 2,l\ge 1，我们有 o((b′∂)j−l(bi∂)lx)≥(j−l)+l(i−1)+1≥i+1o((\mathbf b'\partial)^{j-l}(\mathbf b_i\partial)^l\mathbf x)\ge (j-l)+l(i-1)+1\ge i+1，也是可以忽略掉的。所以就有
∑j=1igj+⋯=x+b′+bi+∑j=2i−11j!(b′∂)jx+⋯ .\sum_{j=1}^{i}\mathbf g_j+\cdots=\mathbf x+\mathbf b'+\mathbf b_i+\sum_{j=2}^{i-1}\frac{1}{j!}(\mathbf b'\partial)^j\mathbf x+\cdots.
那么 bi\mathbf b_i 的存在唯一性也就显然了。
综上，a=∑i=2∞bi\mathbf{a} = \sum_{i=2}^{\infty} \mathbf{b}_ i 存在且唯一。□\Box
性质 1 允许我们将向量值幂级数写为微分算子的指数映射的形式，下面这个性质则会告诉我们这样改写的优势所在。
性质 2. 对于 f∈F1\mathbf f\in\mathcal F_1，设 f=exp⁡(a∂)x\mathbf f=\exp(\mathbf a\partial)\mathbf x，则任给 u∈k[[x]]u\in k[[\mathbf x]]，我们总有
u(f)=exp⁡(a∂)u(x).u(\mathbf f)=\exp(\mathbf a\partial)u(\mathbf x).
特别地，任给 k∈Zk\in\mathbb Z，定义 f[k](x)\mathbf f^{[k]}(\mathbf x) 为 f\mathbf f 的 kk 次复合，若 k<0k<0 则定义为其反函数的 −k-k 次复合，那么有
f[k]=exp⁡(ka∂)x.\mathbf f^{[k]}=\exp(k\mathbf a\partial)\mathbf x.
证明. 要证明 u(f)=exp⁡(a∂)u(x)u(\mathbf f)=\exp(\mathbf a\partial)u(\mathbf x)，只需证明 exp⁡(a∂)\exp(\mathbf a\partial) 是 k[[x]]k[[\mathbf x]] 上的同态。记 A=a∂A=\mathbf a\partial，显然 eA(g+h)=eAg+eAhe^A(g+h)=e^Ag+e^Ah，以下证明 eA(gh)=(eAg)(eAh)e^A(gh)=(e^Ag)(e^Ah)。
因为 a∂\mathbf a\partial 满足 Leibniz 律，所以有 Leibniz 公式 (a∂)k(gh)=∑i(ki)[(a∂)ig][(a∂)k−ih](\mathbf a\partial)^k(gh)=\sum_i\binom ki[(\mathbf a\partial)^ig][(\mathbf a\partial)^{k-i}h]，于是
exp⁡(a∂)(gh)=∑k≥01k!(a∂)k(gh)=∑k≥01k!∑i≥0(ki)[(a∂)ig][(a∂)k−ih]=∑k,i≥0[(a∂)ig]i![(a∂)k−ih](k−i)!=[exp⁡(a∂)g][exp⁡(a∂)h],\begin{aligned}\exp(\mathbf a\partial)(gh)&=\sum_{k\ge 0}\frac 1{k!}(\mathbf a\partial)^k(gh)\\&=\sum_{k\ge 0}\frac 1{k!}\sum_{i\ge 0}\binom ki[(\mathbf a\partial)^ig][(\mathbf a\partial)^{k-i}h]\\&=\sum_{k,i\ge 0}\frac {[(\mathbf a\partial)^ig]}{i!}\frac{[(\mathbf a\partial)^{k-i}h]}{(k-i)!}\\&=[\exp(\mathbf a\partial)g][\exp(\mathbf a\partial)h],\end{aligned}
即 g↦eAgg\mapsto e^Ag 是同态，故有 u(f)=eAuu(\mathbf f)=e^Au。
由此可以归纳得到，如果 k≥0k\ge 0 且 f[k]=exp⁡(ka∂)x\mathbf f^{[k]}=\exp(k\mathbf a\partial)\mathbf x，则
f[k+1]=f(f[k])=exp⁡(ka∂)f=exp⁡(ka∂)exp⁡(a∂)x=exp⁡((k+1)a∂)x.\mathbf f^{[k+1]}=\mathbf f(\mathbf f^{[k]})=\exp(k\mathbf a\partial)\mathbf f=\exp(k\mathbf a\partial)\exp(\mathbf a\partial)\mathbf x=\exp((k+1)\mathbf a\partial)\mathbf x.
若 k<0k<0，记 g=exp⁡(−a∂)x\mathbf g=\exp(-\mathbf a\partial)\mathbf x，显然 g∘f=f∘g=id\mathbf g\circ \mathbf f=\mathbf f\circ\mathbf g=\mathbf {id}，且
f[k]=g[−k]=exp⁡((−k)(−a∂))x=exp⁡(ka∂)x.\mathbf f^{[k]}=\mathbf g^{[-k]}=\exp((-k)(-\mathbf a\partial ))\mathbf x=\exp(k\mathbf a\partial )\mathbf x.
这表明 f[k]=exp⁡(ka∂)x\mathbf f^{[k]}=\exp(k\mathbf a\partial)\mathbf x 对任意的整数 kk 总是成立的。□\Box
性质 2 的结论启发我们延拓复合幂的定义，以下令 f[t]=exp⁡(ta∂)x∈k[[t,x]]n\mathbf f^{[t]}=\exp(t\mathbf a\partial)\mathbf x\in k[[t,\mathbf x]]^n。
性质 3. 对于 f∈F1\mathbf f\in\mathcal F_1，设 f=exp⁡(a∂)x\mathbf f=\exp(\mathbf a\partial)\mathbf x，则 f[t]\mathbf f^{[t]} 的 Jacobi 行列式
det⁡J(f[t])=exp⁡(ta∂+t∇a)1.\det J(\mathbf f^{[t]})=\exp(t\mathbf a\partial+t\nabla\mathbf a)1.
其中 ∇a=∑i(∂iai)\nabla\mathbf a=\sum_i (\partial _ ia_i)。且任给 u∈k[[x]]u\in k[[\mathbf x]]，总有
u(f[t])det⁡J(f[t])=exp⁡(ta∂+t∇a)u.u(\mathbf f^{[t]})\det J(\mathbf f^{[t]})=\exp(t\mathbf a\partial+t\nabla\mathbf a)u.
证明. 记 K(t)=det⁡J(f[t]),H(t)=exp⁡(ta∂+t∇a)1K(t)=\det J(\mathbf f^{[t]}),H(t)=\exp(t\mathbf a\partial+t\nabla\mathbf a)1，则 H(t)H(t) 为以下微分方程的唯一解：
{H(0)=1,H′(t)=(a∂+∇a)H(t).\begin{cases}H(0)=1,\\ H'(t)=(\mathbf a\partial+\nabla \mathbf a)H(t).\end{cases}
因此，要证明 K=HK=H，只需证明 KK 也满足以上两式。K(0)=det⁡J(f[0])=det⁡J(id)=1K(0)=\det J(\mathbf f^{[0]})=\det J(\mathbf{id})=1，以下求 K′(t)K'(t)。
设 f[t]=(f1[t],f2[t],⋯ ,fn[t])\mathbf f^{[t]}=(f_1^{[t]},f_2^{[t]},\cdots,f_n^{[t]})，则 fi[t]=exp⁡(ta∂)xif_i^{[t]}=\exp(t\mathbf a\partial)x_i。因为行列式求导等于逐列求导并相加，所以
\vdots &\ddots&\vdots\\ \partial_1f_n^{[t]}&...&\partial_nf_n^{[t]} \end{vmatrix}=\sum_{i=1}^n\begin{vmatrix}\partial_1f_1^{[t]}&...&\partial_t\partial_if_1^{[t]}&...&\partial_nf_1^{[t]}\\ \partial_1f_2^{[t]}&...&\partial_t\partial_if_2^{[t]}&...&\partial_nf_2^{[t]}\\ \vdots &&\vdots&&\vdots\\ \partial_1f_n^{[t]}&...&\partial_t\partial_if_n^{[t]}&...&\partial_nf_n^{[t]} \end{vmatrix}.$$ 记 $A=\mathbf a\partial$，我们以 $i=1$ 为例，演示如何计算后面这些行列式。注意区分 $A,\nabla \mathbf a$，前者是导子，后者只是一个幂级数。 $$\begin{aligned}\begin{vmatrix}\partial_t\partial_1f_1^{[t]}&\partial_2f_1^{[t]}&...&\partial_nf_1^{[t]}\\ \partial_t\partial_1f_2^{[t]}&\partial_2f_2^{[t]}&...&\partial_nf_2^{[t]}\\ \vdots &\vdots&\ddots&\vdots\\ \partial_t\partial_1f_n^{[t]}&\partial_2f_n^{[t]}&...&\partial_nf_n^{[t]} \end{vmatrix}&=\begin{vmatrix}\partial_1(A f_1^{[t]})&\partial_2f_1^{[t]}&...&\partial_nf_1^{[t]}\\ \partial_1(A f_2^{[t]})&\partial_2f_2^{[t]}&...&\partial_nf_2^{[t]}\\ \vdots &\vdots&\ddots&\vdots\\ \partial_1(A f_n^{[t]})&\partial_2f_n^{[t]}&...&\partial_nf_n^{[t]} \end{vmatrix}\\&=\begin{vmatrix} \sum _ i(\partial_1 a_i) (\partial_if_1^{[t]})&\partial_2f_1^{[t]}&...&\partial_nf_1^{[t]}\\ \sum _ i(\partial_1 a_i) (\partial_if_2^{[t]})&\partial_2f_2^{[t]}&...&\partial_nf_2^{[t]}\\ \vdots &\vdots&\ddots&\vdots\\ \sum _ i(\partial_1 a_i) (\partial_if_n^{[t]})&\partial_2f_n^{[t]}&...&\partial_nf_n^{[t]} \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}A \partial_1f_1^{[t]}&\partial_2f_1^{[t]}&...&\partial_nf_1^{[t]}\\ A\partial_1f_2^{[t]}&\partial_2f_2^{[t]}&...&\partial_nf_2^{[t]}\\ \vdots &\vdots&\ddots&\vdots\\ A\partial_1f_n^{[t]}&\partial_2f_n^{[t]}&...&\partial_nf_n^{[t]} \end{vmatrix}\\&=\begin{vmatrix}A \partial_1f_1^{[t]}&\partial_2f_1^{[t]}&...&\partial_nf_1^{[t]}\\ A\partial_1f_2^{[t]}&\partial_2f_2^{[t]}&...&\partial_nf_2^{[t]}\\ \vdots &\vdots&\ddots&\vdots\\ A\partial_1f_n^{[t]}&\partial_2f_n^{[t]}&...&\partial_nf_n^{[t]} \end{vmatrix}+\sum _ i(\partial_1 a_i) \begin{vmatrix} \partial_if_1^{[t]}&\partial_2f_1^{[t]}&...&\partial_nf_1^{[t]}\\\partial_if_2^{[t]}&\partial_2f_2^{[t]}&...&\partial_nf_2^{[t]}\\ \vdots &\vdots&\ddots&\vdots\\ \partial_if_n^{[t]}&\partial_2f_n^{[t]}&...&\partial_nf_n^{[t]} \end{vmatrix}\\&=\begin{vmatrix}A \partial_1f_1^{[t]}&\partial_2f_1^{[t]}&...&\partial_nf_1^{[t]}\\ A\partial_1f_2^{[t]}&\partial_2f_2^{[t]}&...&\partial_nf_2^{[t]}\\ \vdots &\vdots&\ddots&\vdots\\ A\partial_1f_n^{[t]}&\partial_2f_n^{[t]}&...&\partial_nf_n^{[t]} \end{vmatrix}+(\partial_1a_1)\det J(\mathbf f^{[t]}).\end{aligned}$$ 故有 $K'(t)=A\det J(\mathbf f^{[t]})+\nabla\mathbf a\det J(\mathbf f^{[t]})=(\mathbf a\partial+\nabla \mathbf a)K(t)$，即 $K=H$。 至于 $u(\mathbf f^{[t]})\det J(\mathbf f^{[t]})=\exp(t\mathbf a\partial+t\nabla\mathbf a)u$，也可以通过证明两端满足同个微分方程来得到，留给读者完成。提示：$\partial _ t u(\mathbf f^{[t]})=(\mathbf a\partial )u(\mathbf f^{[t]})$。$\Box$ 下面我们引入一个重要的线性映射 $\tau$，它将微分算子映射为微分算子。定义为 $$\tau(h(\mathbf x)\partial^\alpha)=(-1)^{|\alpha|}\partial^\alpha h(\mathbf x).$$ 我们可以这样理解，它交换了乘法和求导的先后顺序，并改变了符号。它有如下类似于矩阵转置的性质。 **性质 4**. $\tau$ 是反对合映射，也就是说，$\tau^2=id$，且任给微分算子 $\phi,\psi$，有 $\tau(\phi\psi)=\tau(\psi)\tau(\phi)$（注意 $\psi,\phi$ 的顺序）。 _证明_. $$\begin{aligned}\tau^2(h\partial^\alpha)&=\tau((-1)^{|\alpha|}\partial^\alpha h)\\&=\sum_{\beta\le \alpha}\binom\alpha\beta(-1)^{|\alpha|}\tau((\partial^{\alpha-\beta}h)\partial^\beta)\\&=\sum_{\beta\le \alpha}\binom\alpha\beta(-1)^{|\alpha|-|\beta|}\partial^\beta(\partial^{\alpha-\beta}h)\\&=\sum_{\beta\le \alpha}\binom\alpha\beta(-1)^{|\alpha|-|\beta|}\sum_{\gamma\le \beta}\binom{\beta}{\gamma}(\partial^{\alpha-\gamma}h)\partial^\gamma\\&=\sum_{\gamma\le \alpha}\binom{\alpha}{\gamma}(\partial^{\alpha-\gamma}h)\partial^\gamma\sum_{\beta}\binom{\alpha-\gamma}{\alpha-\beta}(-1)^{|\alpha|-|\beta|}\\&=h\partial^\alpha.\end{aligned} $$ 第二条只需设 $\phi=h\partial^\alpha,\psi=g\partial^\beta$ 去验证就好了，留给读者。验证时注意等式两边可以消掉的要及时消掉，不然计算量很大。$\Box$ 到这里我们所有准备工作都完成了，下面开始证明 A-G 反演公式。 **定理 5**. 设 $\mathbf f,\mathbf g\in\mathcal F_1$，记 $\mathbf h=\mathbf x-\mathbf g$，若 $\mathbf f\circ\mathbf g=\mathbf {id}$，则任给 $u\in k[[\mathbf x]]$，有 $$ u(\mathbf f)=\sum_{ \alpha}\frac 1{\alpha!}\partial ^\alpha ( u\, \mathbf h^\alpha \det J(\mathbf g)).$$ _证明_. 根据性质 1 和性质 2，设 $$\mathbf f=\exp(\mathbf a\partial)\mathbf x,\quad \mathbf g=\exp(-\mathbf a\partial)\mathbf x.$$ 记 $A=\mathbf a\partial$，则 $u(\mathbf g)=e^{-A}u$。 另一方面，根据 $\mathbf h=\mathbf x-\mathbf g$，我们在 $\mathbf x$ 处对 $u$ 作 Taylor 展开： $$u(\mathbf g)=\sum_{\alpha}\frac {(-1)^{|\alpha|}}{\alpha!}\mathbf h^\alpha\partial^\alpha u.$$ 相减可得 $(e^{-A}-\sum_{\alpha}\frac {(-1)^{|\alpha|}}{\alpha!}\mathbf h^\alpha\partial^\alpha)u=0$。 又因为这个式子对于任意的 $u$ 都成立，所以微分算子必为 $0$，即 $$e^{-A}=\sum_{\alpha}\frac {(-1)^{|\alpha|}}{\alpha!}\mathbf h^\alpha\partial^\alpha.$$ 将 $\tau$ 作用在此式两端可得： $$\tau(e^{-A})=\sum_{\alpha}\frac {1}{\alpha!}\partial^\alpha\mathbf h^\alpha.$$ 因为 $\tau$ 是反对合的，所以 $\tau(\phi^k)=\tau(\phi)^k$，故有 $\tau(e^{-A})=e^{-\tau(A)}$。回忆 $A=\sum_i a_i\partial_i$，我们有 $$e^{-\tau(A)}=\exp\left({\sum_i\partial_ia_i}\right)=\exp(A+\nabla\mathbf a).$$ 由此可得 $\exp(A+\nabla\mathbf a)=\sum_{\alpha}\frac {1}{\alpha!}\partial^\alpha\mathbf h^\alpha$。 根据性质 3，令 $t=1$ 得 $v(\mathbf f)\det J(\mathbf f)=\exp(\mathbf a\partial+\nabla\mathbf a)v$。再令 $v=u\det J(\mathbf g)$ 可得 $$u(\mathbf f)=u(\mathbf f)(\det J(\mathbf g)|_{\mathbf x=\mathbf f})\det J(\mathbf f)=\sum_{\alpha}\frac {1}{\alpha!}\partial^\alpha\mathbf h^\alpha u\det J(\mathbf g).$$ 最后一个等号是因为 $(\det J(\mathbf g)|_{\mathbf x=\mathbf f}) \det J(\mathbf f) = \det J(\mathbf g \circ \mathbf f) = \det J(\mathbf{id}) = 1$。$\Box$ ------------ ### 简单应用 我们之前提过，若只考虑形式幂级数，则 A-G 反演公式严格强于多元 Lagrange 反演，这里我们试着用 A-G 反演推 Lagrange 反演。 **推论 6**. 对于 $\mathbf f,\mathbf g\in \mathcal F_0$，以及 $ u\in k[[\mathbf x]]$，若 $\mathbf f\circ\mathbf g=\mathbf{id}$，则任给 $\alpha\in\mathbb N^n$，有 $$[\mathbf x^\alpha] u(\mathbf f)=[\mathbf x^{-\mathbf 1}]\frac{u}{\mathbf g^{\alpha+\mathbf 1}}\det J(\mathbf g).$$ _证明_. 根据定理 5，设 $\mathbf h=\mathbf x-\mathbf g$，则 $$\begin{aligned}[\mathbf x^\alpha]u(\mathbf f)&=\sum_{ \beta}\frac 1{\beta!}[\mathbf x^\alpha]\partial ^\beta ( u\, \mathbf h^\beta \det J(\mathbf g))\\&=\sum_{ \beta}\binom {\alpha+\beta}{\alpha}[\mathbf x^{\alpha+\beta}] u\, \mathbf (\mathbf x-\mathbf g)^\beta \det J(\mathbf g)\\&=[\mathbf x^{\alpha}]\sum_{ \beta}\binom {\alpha+\beta}{\alpha} (\mathbf 1-\mathbf g/\mathbf x)^\beta u\det J(\mathbf g)\\&=[\mathbf x^{\alpha}] \frac 1{(\mathbf g/\mathbf x)^{\alpha+\mathbf 1}}u\det J(\mathbf g)\\&=[\mathbf x^{-\mathbf 1}]\frac{u}{\mathbf g^{\alpha+\mathbf 1}}\det J(\mathbf g).\ \Box\end{aligned}$$ 最后，作为结尾，我们以之前给的一道思考题来举例说明 A-G 反演公式的应用。 **推论 7**. 若 $f\in k[[x,y]]$ 满足 $f(0,0)=0,f(x,y)-[f(y,x)]^2=x$，则 $$f(x,y)=\sum_{a,b\ge 0}\binom{2a}{b}\binom{2b+1}{a}x^{2b-a+1}y^{2a-b}-4\sum_{a,b\ge 0}\binom{2a+1}{b}\binom{2b+2}{a}x^{2b-a+2}y^{2a-b+1}.$$ _证明_. 容易证明若设 $\mathbf f=(f(x,y),f(y,x))$，则 $\mathbf f\in\mathcal F_1$，且令 $\mathbf g=(x-y^2,y-x^2)$，有 $\mathbf g\circ\mathbf f=\mathbf {id},\mathbf h=(x,y)-\mathbf g=(y^2,x^2)$。取 $u(x,y)=x$，根据定理 5 可得 $$f(x,y)=\sum_{a,b\ge 0}\frac 1{a!b!}\partial_x^a\partial_y^b ( x\, y^{2a}x^{2b}(1-4xy)).$$ 稍微整理一下即得答案。$\Box$ 当然，这道题也有别的做法，就是硬套四次求根公式。但很显然，既不优雅，也不好算，更难扩展。 对了，有没有人给这个公式来个组合证明（

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