1. 形式级数

1.1基本定义

这一章节我们主要复习/学习一些后面会用到的关于形式级数的概念.

定义 1.1.1. 考虑整环 $R$, 我们定义 形式级数环为如下环$$R[[x]]:=\{\sum _{n\ge 0}{a}_i{x}^i:a_i\in R\}$$

命题 1.1.2. 如果 $R$ 是整环, 则 $R[[x]]$ 也是整环.

证明. 习题.

$\square$

定义 1.1.3. 在形式级数环上我们定义如下操作:

1.	$\frac{A(x)}{B(x)}:=C(x)$, 如果 $A(x)=B(x)C(x)$.
2.	$[x^n]A(x):=a_n$ 如果 $A(x)={\sum }_{i\ge 0}{a}_i{x}^i$.
3.	我们定义形式级数环上的赋值 ${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x(A)$ 为: $${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x(A):=\{\begin{array}{l}0\text{，如果}A(x)=0\\ \min \{m:[x^m]A(x)\ne 0\}\text{，其他情况}\end{array}$$

一些显然的性质有:

1.	${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x(A+B)\ge \min \{{\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x(A),{\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x(B)\}$.
2.	${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x(AB)={\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x(A)+{\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x(B)$.

使用这个赋值, 我们可以证明 $R[[x]]$ 是一个离散赋值环.

同时, 固定任意一个 $0<ϵ<1$, 我们可以定义出 $R[[x]]$ 上的一个度量空间, 其中$$d_{ϵ}(A(x),B(x)):={ϵ}^{{\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x(A-B)}$$

用上述拓扑我们可以定义形式级数的无穷和与无穷乘积.

在一些情况下, 我们会考虑多元形式级数 $R[[x]][[y]]=R[[y]][[x]]$, 不过我们需要小心的是, 根据定义来说, $R[[x]][[y]]$ 用的是 ${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_y$ 诱导出来的拓扑, 而 $R[[y]][[x]]$ 使用的是 ${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_x$ 诱导的拓扑, 而这两个拓扑并不等价. 在这一情况下, 我们可以使用另一个赋值, ${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_{x,y}(A):=\min m+n:[x^m{y}^n]A(x,y)\ne 0$, 或者等于 $\infty$ 如果 $A(x,y)=0$.

定义 1.1.4. 定义 $R[[x]{]}_{+}$ 为$$R[[x]{]}_{+}:=\{A(x)\in R[[x]]:[x^0]A(x)=0\}$$对于 $A(x)\in R[[x]]$ 定义$$A_{+}(x):=A(x)-[x^0]A(x)\in R[[x]{]}_{+}$$

定义 1.1.5. 给定 $A(x),B(x)\in R[[x]]$, 我们有:

1.	$A(B(x)):={\sum }_{n\ge 0}{a}_{n}B(x{)}^n$.
2.	如果 $A(B(x))=B(A(x))=x$, 那么我们把 $A(x),B(x)\in R[[x]]$ 称之为复合逆.

命题 1.1.6. $A(B(x))$ 是良定义的当且仅当 $A(x)\in R[x]$ 或者 $B(x)\in R[[x]{]}_{+}$. 也就是说, 其是良定义的当且仅当 $A(x)$ 是多项式, 或者 $B(x)$ 没有常数项.

命题 1.1.7. 对于 $B(x)\in R[[x]{]}_{+}$, 定义求值映射 ${\mathrm{e}\mathrm{v}}_B:R[[x]]\to R[[x]]$ 为 ${\mathrm{e}\mathrm{v}}_B(A(x))=A(B(x))$. 这一求值映射 ${\mathrm{e}\mathrm{v}}_B$ 是环同态

命题 1.1.8. 对于 $A(x),B(x)\in R[[x]]$, 如果 $A(B(x))=x$ 则 $B(A(x))=x$.

证明. Note $A(B(x))=x$, we see we can apply $B$ to both side and get $B(A(B(x)))=B(x)$. On the other hand, note if $B(A(x))=x$ then we can apply $e{v}_B$ to both side and get $B(A(B(x)))=B(x)$, but $e{v}_B$ is injective, which forces us to have $B(A(x))=x$.

$\square$

命题 1.1.9. $A(x)$ 在 $R[[x]]$ 中可逆当且仅当 $a_0$ 在 $R$ 中可逆.

证明. $(\Rightarrow )$: exercise.

$(\Leftarrow )$: Consider $G(x)={\sum }_{n\ge 0}(-1{)}^n{a}_0^{-n-1}{x}^n$. Then we see $(a_0+x)G(x)=1$ and now apply $e{v}_{A_{+}}$ to both side of the equation and we get $(a_0+A_{+}(x))G(A_{+}(x))=1$, where $a_0+A_{+}(x)=A(x)$ and hence we are done, i.e. $G(A_{+}(x))$ is the inverse of $A(x)$.

$\square$

定义 1.1.10. 对于 $A(x)\in R[[x]]$ 我们定义:

1.	形式导数为 $\frac{d}{dx}A(x)=A^{\prime }(x)={\sum }_{n\ge 0}n{a}_n{x}^{n-1}$.
2.	如果 $\mathbb{Q}\subseteq R$ 则定义形式积分为 ${\int }_{x}A(x)={\sum }_{n\ge 0}\frac{a_n}{n+1}{x}^{n+1}$.

命题 1.1.11.

1.	$\frac{d}{dx}(A(x)+cB(x))=A^{\prime }(x)+c{B}^{\prime }(x)$, 其中 $c\in R$.
2.	$\frac{d}{dx}(A(x)B(x))=A^{\prime }(x)B(x)+A(x)B^{\prime }(x)$.
3.	$\frac{d}{dx}A(B(x))=A^{\prime }(B(x))B^{\prime }(x)$ 如果复合是良定义的.

例子 1.1.12. 在下属例子中我们考虑一些特殊的形式级数:

1.	$\exp (x)=e^x:={\sum }_{n\ge 0}\frac{1}{n!}{x}^n\in \mathbb{Q}[[x]]$. 其一些性质如下: 1. $\exp (x+y)=\exp (x)+\exp (y)$ 2. $\frac{d}{dx}\exp (x)=\exp (x)$
2.	$L(x):={\sum }_{n\ge 1}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n\in \mathbb{Q}[[x]]$. 其一些性质如下: 1. $L(x)$ 是 ${\exp }_{+}(x)$ 的复合逆. 2. $L(\frac{x}{1-x})=-L(-x)={\sum }_{n\ge 1}\frac{1}{n}{x}^n$. 这是 $1-e^{-x}$ 的复合逆. 3. $L(x+y+xy)=L(x)+L(y)$. 4. $\frac{d}{dx}L(x)=\frac{1}{1+x}$ 显然这就是微积分意义上的 $\log (1+x)$ 函数, 所以我们也会时不时地这样写.
3.	$B(x,y)={\sum }_{n\ge 0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{n}\right)x^n\in \mathbb{Q}[y][[x]]$. 其一些性质如下: 1. $B(x,y)B(x,z)=B(x,y+z)$. 2. $\frac{\partial }{\partial x}B(x,y)=yB(x,y-1)$. 3. $B(x,y)=\exp (y\log (1+x))$. 显然这个在日常生活中等于 $B(x,y)=(1+x{)}^y$.

引理 1.1.13 (Hensel 引理). 给定 $F(x,t)\in R[[t,x]]$, 定义 $F^{\prime }(t,x):=\frac{\partial }{\partial x}F(t,x)$. 假设 $F(0,0)=0,F^{\prime }(0,0)\in R^{\ast }:=\{r\in R:\exists u\in R,ru=ur=1\}$. 则存在一个独特的 $f(t)\in R[[t]{]}_{+}$ 使得 $F(t,f(t))=0$.

备注 1.1.14. Two key ideas for the proof here:

1.	Linear approximation: for any $A(x)\in R[[x]]$, we have $A(u)=A(v)+(u-v)A^{\prime }(v)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(u-v{)}^2)$.
2.	Newton’s method: we will construct $f_0(t)=0$, then $f_{n+1}(t)=f_n(t)-\frac{F(t,f_n(t))}{F^{\prime }(t,f_n(t))}$ and we take the limit to define $f(t)={\lim }_{n\to \infty }{f}_n(t)$. Then we use linear approximation to prove the limit exists.

Now we give the detailed proof of Hensel’s lemma.

证明. Existence: let $f_0(t)=0$, $f_{n+1}(t)=f_n(t)-\frac{F(t,f_n(t))}{F^{\prime }(t,f_n(t))}$. By induction, $f_n(t)\in R[[t]{]}_{+}$ for all $n$, hence the right hand side is defined. Now apply the linear approximation with $A(x)=F(t,x)$, $u=f_n(t),v=f_{n-1}(t)$ we get$$F(t,f_n(t))=F(t,t_{n-1}(t))+(f_n(t)-f_{n-1}(t))F^{\prime }(t,f_{n-1}(t))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(f_n(t)-f_{n-1}(t){)}^2)$$Thus we see $F(t,f_{n+1}(t))$ is divisible by $(f_n(t)-f_{n-1}(t){)}^2$.

On the other hand, since $F^{\prime }(t,f_n(t))$ is invertible, from the definition of $f_n$ we see$$f_{n+1}(t)-f_n(t)$$is divisible by $F(t,f_n(t))$. Thus we see$${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_t(f_n(t)-f_{n-1}(t))\le 2{\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_{t}F(t,f_n(t))\le 2{\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_t(f_{n+1}(t)-f_n(t))$$and hence ${\lim }_{n\to \infty }{\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_t(f_{n+1}(t)-f_n(t))=\infty$ and thus $f(t)={\lim }_{n\to \infty }{f}_n(t)={\sum }_{n\ge 0}(f_{n+1}(t)-f_n(t))$ exists. Now take limit of the defining equation of $f_n$, we get$$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_{n+1}(t)=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(t)-\frac{F(t,f_n(t))}{F^{\prime }(t,f_n(t))}$$$$f(t)=f(t)-\frac{F(t,f(t))}{F^{\prime }(t,f(t))}$$where $F^{\prime }(t,f(t))\ne 0$ and hence $F(t,f(t))=0$ as desired.

Uniqueness: Suppose $F(t,f(t))=F(t,g(t))=0$. Apply linear approximation with $A(x)=F(t,x)$ and $u=g(t),v=f(t)$ we get$$F(t,g(t))=F(t,f(t))+(g(t)-f(t))F^{\prime }(t,f(t))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(g(t)-f(t){)}^2)$$and hence $g(t)-f(t)$ is divisible by $(g(t)-f(t){)}^2$. Since $g(t)-f(t)$ is not a unit in $R[[t]]$ we must have $g(t)-f(t)=0$ and the proof follows.

$\square$

如下是两个 Hensel 引理的应用.

命题 1.1.15. $A(x)\in R[[x]{]}_{+}$ 有复合逆当且仅当 $[x^{\prime }]A(x)$ 在 $R$ 中可逆.

证明. $(\Rightarrow )$: Exercise.

$(\Leftarrow )$: Let $F(x,\lambda )=x-A(\lambda )$ and $F^{\prime }(x,\lambda )=\frac{\partial }{\partial \lambda }F(x,\lambda )$. Then $F(0,0)=0-A(0)=0$ and $F^{\prime }(0,0)=A^{\prime }(0)$ by definition is invertible. Now by Hensel’s lemma we can find $B(\lambda )\in R[[x]{]}_{+}$ such that $F(x,B(x))=0=x-A(B(x))$ as desired.

$\square$

命题 1.1.16. 如果 $F$ 是一个 $Char(F)$ 不等于 2 的域. 则 $\sqrt{A(x)}\in F[[x]]$ 当且仅当 ${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_{x}A(x)=2m$, 并且 $[x^m]A(x)$ 是一个平方.

证明. $(\Rightarrow )$: Exercise.

$(\Leftarrow )$: Write $A(x)=a^2{x}^{2m}+\text{ higher terms}$. Let $F(x,y)=(1+y{)}^2-\frac{A(x)}{a^2{x}^{2m}}$. Then we see $F^{\prime }(x,y):=\frac{\partial }{\partial y}F(x,y)=2(1+y)$. Then $F(0,0)=0$ and $F^{\prime }(0,0)=2$ and so we can use Hensel’s lemma and get $f(x)\in F[[x]{]}_{+}$ such that $F(x,f(x))=0$ and hence $a^2{x}^{2m}(1+f(x){)}^2=A(x)$, i.e. $a{x}^m(1+f(x))$ is a square root of $A(x)$ as desired.

$\square$

1.2形式洛朗级数

在上一章中我们定义了形式级数环, 不过这一套理论并不足够普遍, 以至于我们出门买菜都没法使用它和店主讨价还价. 举例来说, 在 $\mathbb{Q}[[x]]$ 里我们甚至没法定义 $\frac{e^x}{x}$.

既然吃啥补啥, 缺啥修啥, 一个最直观的修补方法是使得我们允许在整个 $\mathbb{Z}$ 上的求和, 而不是只在 ${\mathbb{Z}}_{\ge 0}$ 上求和. 不过根据” 编程第一定理 “ (如果一个东西没有 bug 则不要碰那段 code! ) , 在这新的定义下我们立马得出如下一个例子$$\sum _{n\in \mathbb{Z}}{x}^n=\sum _{n\ge 0}{x}^n+\sum _{n\ge 0}{x}^{-n-1}=\frac{1}{1-x}+\frac{x^{-1}}{1-x^{-1}}=0$$所以我们需要退一步海阔天空, 从而得出下述的定义.

定义 1.2.1. 定义形式洛朗级数环 $R((x))$ 为$$R((x))=\{\sum _{n\ge N}{a}_n{x}^n:N\in \mathbb{Z},a_n\in R\}$$

之前定义的所有操作, 譬如提取系数, 形式求导, 极限, 都是依然良好定义的. 形式积分存在当且仅当 $[x^{-1}]A(x)=0$.

定义 1.2.2. 我们定义两个洛朗级数之间的复合如下:$$A(B(x)):=\sum _{n\ge N}{a}_{n}B(x{)}^n$$

定义 1.2.3. 对于 $A(x)\in R((x))$, 定义形式留数为 $[x^{-1}]A(x)$.

命题 1.2.4.

1.	$[x^{-1}](A(x)+cB(x))=[x^{-1}]A(x)+c[x^{-1}]B(x)$, 其中 $c\in R$.
2.	$[x^{-1}]A^{\prime }(x)=0$. 这是微积分基本定理的类比.
3.	$[x^{-1}]A^{\prime }(x)B(x)=-[x^{-1}]A(x)B^{\prime }(x)$. 这是分步积分的类比.
4.	$[x^{-1}]A(x)=\frac{1}{{\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_y(B(y))}[y^{-1}]A(B(y))B^{\prime }(y)$. 这是换元积分的类比.

作为环, $R[[x]][[y]]\cong R[[y]][[x]]$, 但是对于形式洛朗级数这是错误的, 所以我们一般需要选择一个顺序. 举例来说, 考虑 $(x+y{)}^{-1}$. 在 $\mathbb{Q}((x))((y))$ 中我们有 $(x+y{)}^{-1}={\sum }_{n\ge 0}{x}^{-n-1}{y}^n$. 而在 $\mathbb{Q}((y))((x))$ 里我们有 $(x+y{)}^{-1}={\sum }_{n\ge 0}{y}^{-n-1}{x}^n$. 这两个表达式显然并不相等.

定理 1.2.5 (拉格朗日隐函数定理 (LIFT)). 假设 $\mathbb{Q}\subseteq R$, 并且 $\varphi (\lambda )\in R[[\lambda ]]$ 是可逆的, 则:

1.	存在独特的 $A(x)\in R[[x]{]}_{+}$ 使得 $A(x)=x\varphi (A(x))$. This equation is called the LIFT equation.
2.	对所有 $n\ge 1$, $[x^n]A(x)=\frac{1}{n}[{\lambda }^{n-1}]\varphi (\lambda {)}^n$
3.	对于任意 $f(\lambda )\in R((\lambda ))$ 和 $n>0$, 我们有$$[x^n]f(A(x))=\frac{1}{n}[{\lambda }^{n-1}]f^{\prime }(\lambda )\varphi (\lambda {)}^n$$对于 $n=0$ 我们有$$[x^0]f(A(x))=[{\lambda }^0]f(\lambda )+[{\lambda }^{-1}]f^{\prime }(\lambda )\log (\frac{\varphi (\lambda )}{\varphi (0)})$$where the second term is zero when ${\mathrm{V}\mathrm{a}\mathrm{l}}_{\lambda }f(\lambda )\ge 0$.

定理 1.2.6 (拉格朗日隐函数定理 (版本二)). 对于 $\varphi (\lambda ),f(\lambda )\in \mathbb{Q}[[\lambda ]]$ 和 $A(x)\in \mathbb{Q}[[x]{]}_{+}$, 假设 $\varphi (\lambda )$ 是可逆的, 并且 $A(x)=x\varphi (A(x))$. 那么对于所有 $n\ge 0$, 我们有$$[x^n]f(A(x))=[{\lambda }^n]f(\lambda )\left(1-\lambda \frac{{\varphi }^{\prime }(\lambda )}{\varphi (\lambda )}\right)\varphi (\lambda {)}^n$$

例子 1.2.7. 我们使用 LIFT 计算斐波那契数列的通项公式.

设 $f_0=1,f_1=1$, 并且 $f_n=f_{n-1}+f_{n-2}$. 定义 $F(x)={\sum }_{n\ge 0}{f}_n{x}^n$. 根据 $f_i$ 的性质我们注意到有 $F(x)=x(1+F(x)+xF(x))=x+xF(x)+x^{2}F(x)$. 在这时我们可以直接求出 $F(x)$ 的表达式, 也就是 $F(x)=\frac{x}{1-x-x^2}$, 然后使用部分分式的技巧求解.

但是我们也可以使用 LIFT 来解决这一问题. 考虑 $G(x,y)\in \mathbb{Q}[[x]][[y]]$, 使得其满足 $G(x,y)=x(1+G(x,y)+yG(x,y))$, 其中我们有 $\varphi (\lambda ):=1+\lambda +y\lambda \in \mathbb{Q}[[y]][[\lambda ]]$. 于是我们有$$G(x,y)=x\varphi (G(x,y))$$首先注意我们有 $F(x)=G(x,x)$. 现在对 $G(x)\in R[[x]]$ 和 $\varphi (\lambda )\in R[[\lambda ]]$ 使用 LIFT, 其中 $R=\mathbb{Q}[[y]]$, 我们有$$[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[{\lambda }^{n-1}]\varphi (\lambda {)}^n=\frac{1}{n}[{\lambda }^{n-1}](1+\lambda +y\lambda {)}^n$$其中我们注意到$$(1+(1+y)\lambda {)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(1+y{)}^i{\lambda }^i\Rightarrow [{\lambda }^{n-1}]\varphi (\lambda {)}^n=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-1})(1+y{)}^{n-1}$$于是$$[x^n]G(x)=(1+y{)}^{n-1}\Rightarrow G(x)=\sum _{n\ge 1}(1+y{)}^{n-1}{x}^n\Rightarrow G(x,x)=\sum _{n\ge 1}(1+x{)}^{n-1}{x}^n$$于是我们得到$$[x^n]F(x)=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k-1}{k}\right)$$值得注意的是, 通过 LIFT 所求出来的通项公式与使用部分分数所求出的通项公式并不一样, 于是我们得到如下 (十分显然的) 代数恒等式$$\frac{{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^n-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^n}{\sqrt{5}}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k-1}{k}\right)$$

例子 1.2.8 (习题). 假设 $A(x)=x{e}^{A(x)}$, 计算 $A(x)$.

例子 1.2.9. 找到一个满足关系式 $x{B}^3-B+y=0$ 的形式级数 $B=B(x,y)\in \mathbb{Q}[[x,y]]$.

改写上述式子为如下式子 $x=\frac{B-t}{B^3}$, 接下来使用 $A=B-y$ 换元, 我们得到 $A=x(A+y{)}^3$. 现在使用 LIFT, 其中 $R=\mathbb{Q}[[y]]$, $\varphi (\lambda )=(\lambda +y{)}^3$.

后续细节留做习题, 答案是 $B=y+A=y+{\sum }_{n\ge 1}\frac{1}{n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3n}{n}\right)x^n{y}^{2n+1}$

例子 1.2.10. 假设 $H(x-x^2)=(1-x{)}^{-1}$, 计算 $H(x)$.

设 $B(x)=x-x^2,f(x)=(1-x{)}^{-1}$, 设 $B(x)$ 的复合逆为 $A(x)$.

于是我们得到 $H(B(x))=f(x)$ 当且仅当 ${\mathrm{e}\mathrm{v}}_A(H(B(x)))={\mathrm{e}\mathrm{v}}_A(f(x))$ 当且仅当 $H(x)=f(A(x))$

现在我们可以使用 LIFT 计算 $A$.

设置 $\varphi (\lambda )=\frac{\lambda }{B(\lambda )}=(1-\lambda {)}^{-1}$, 我们观察到 $A(x)=x\varphi (A(x))$.

后续细节略去不表, 答案是 $H(x)=1+{\sum }_{n\ge 1}\frac{1}{n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-1}\right)x^n={\sum }_{n\ge 0}\frac{1}{n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)x^n$.

定理 1.2.11 (Abel 二项式定理). $$(a+b)(a+b+n{)}^{n-1}=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a(a+k{)}^{k-1}b(b+n-k{)}^{n-k-1}$$

证明. 考虑 $\varphi (\lambda )=e^x$, 根据 LIFT 存在一个级数 $T(x)$ 使得 $T(x)=x\varphi (T(x))$. 考虑 $f(x)=e^{cx}$, 其中 $c$ 为任意可逆元素, 则根据 LIFT 我们有$$[x^n]f(T(x))=[x^n]e^{cT(x)}=\frac{1}{n}[{\lambda }^{n-1}]f^{\prime }(\lambda )\varphi (\lambda {)}^n=\frac{c(c+n{)}^{n-1}}{n!}$$

接下来注意到根据指数级数的性质, 我们有 $e^{(a+b)T(x)}=e^{aT(x)}{e}^{bT(x)}$. 接下来我们注意到这意味着$$n![x^n]e^{aT(x)}{e}^{bT(x)}=n!\cdot \sum _{i=0}^n\left([x^i]e^{aT(x)}\right)\cdot \left([x^{n-i}]e^{bT(x)}\right)=\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)a(a+i{)}^{i-1}b(b+n-i{)}^{n-i-1}$$在另一边, 我们有$$n![x^n]e^{(a+b)T(x)}=n!\cdot \frac{(a+b)(a+b+n{)}^{n-1}}{n!}=(a+b)(a+b+n{)}^{n-1}$$因为 $e^{(a+b)T(x)}=e^{aT(x)}{e}^{bT(x)}$, 所以我们得出$$n![x^n]e^{aT(x)}{e}^{bT(x)}=n![x^n]e^{(a+b)T(x)}$$也就是说$$(a+b)(a+b+n{)}^{n-1}=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})a(a+i{)}^{i-1}b(b+n-i{)}^{n-i-1}$$

$\square$

1.3代数变换

这一章的内容在很长一段时间里都不会用到, 所以我暂且不翻译了...

Suppose we have polynomial $p(z_0,z_1,z_2,...)\in R[z_0,z_1,z_2,...]$. For example, $p(z_0,z_1,z_2,...)=z_1{z}_4^2+z_{999}\in \mathbb{Q}[z_0,z_1,z_2,...]$. Given such a polynomial, we get a function ${\varphi }_p:R[[x]]\to R$ given by$$U(x)=\sum _{n\ge 0}{u}_n{x}^n\mapsto p(u_0,u_1,u_2,...)$$We call such ${\varphi }_p$ an algebraic function.

For example, given $p(z_0,z_1,z_2,...)=z_1{z}_4^2+z_{999}$ then $p({\sum }_{n\ge 0}n{x}^n)=1\cdot 4^2+999$.

Similarly given $p(z_1,z_2,...)\in R[z_1,z_2,...]$, we get a function ${\varphi }_p:R[[x]{]}_{+}\to R$ given by ${\sum }_{n\ge 1}{u}_n{x}^n\mapsto p(u_1,u_2,...)$, which is called an algebraic function as well.

For example, if $p(z_0,z_1,...)=z_n$ then ${\varphi }_p=[x^n]$.

定义 1.3.1. An algebraic transformation of FPS is a function $f:A\to B$ with $A,B\in \{R[[x]],R[[x]{]}_{+}\}$ such that $[x^n]\circ f$ is an algebraic function for all $n\ge 0$.

例子 1.3.2.

1.	Squaring map: $sq:R[[x]]\to R[[x]]$ is given by $U(x)\mapsto U(x{)}^2$. We see $[x^n]\circ sq:U(x)\mapsto [x^n]U(x{)}^2={\sum }_{k=0}^n{u}_k{u}_{n-k}$, which is a polynomial in $u_0,u_1,...$ and hence it is an algebraic transformation.
2.	Differentiation map: $\frac{d}{dx}:R[[x]]\to R[[x]]$ is given by $U(x)\mapsto U^{\prime }(x)$. This is algebraic transformation since $[x^n]U^{\prime }(x)=(n+1)u_{n+1}$, which is a polynomial in $u_0,u_1,...$ as desired.
3.	Evaluation map: Given $B(x)\in R[[x]{]}_{+}$, the evaluation map $e{v}_B:R[[x]]\to R[[x]]$ is given by $U\mapsto U(B(x))$. We have $[x^n]\circ e{v}_B(u(x))$ is a linear function of $u_0,u_1,u_2,...$, as one can show.
4.	Application map: given $A(x)\in R[[x]]$, we get $a{p}_A:R[[x]{]}_{+}\to R[[x]]$ is given by $U(x)\mapsto A(U(X))$. This time $[x^n]\circ a{p}_A(U(x))$ is a degree $n$ polynomial of $u_1,u_2,u_3,...$, as one can show.

定义 1.3.3. Let ${\mathbb{T}}_f={\mathbb{T}}_{full}={\mathbb{T}}_{full}(R[[x]])$ be the set of algebraic transformations $R[[x]]\to R[[x]]$.

We use $\mathbb{T}$ be the set of algebraic transformations $R[[x]{]}_{+}\to R[[x]]$.

We use ${\mathbb{T}}_{+}$ be the set of algebraic transformations $R[[x]{]}_{+}\to R[[x]{]}_{+}$.

In particular we have$${\mathbb{T}}_{+}\hookrightarrow \mathbb{T}\twoheadleftarrow {\mathbb{T}}_f$$

We also note $g\in \mathbb{T}$, $h\in {\mathbb{T}}_{+}$ then $g\circ h\in \mathbb{T}$. To see why composition is again algebraic trans, just note composition of polynomials is still polynomial.

On the other hand, $f\in {\mathbb{T}}_f$ and $g\in \mathbb{T}$ then $f\circ g\in \mathbb{T}$.

Note we get a ring structure on $\mathbb{T}$ because the codomain of $\mathbb{T}$ is a ring, hence we can define $f,g\in \mathbb{T}$ then we define $f+g:U(x)\mapsto f(U)+g(U(x))$. Define the similar point-wise subtraction and multiplications, we get a ring.

The $0$ element will be the map $U(x)\mapsto 0$ and the $1$ element will be $U(x)\mapsto 1$.

We note ${\mathbb{T}}_f$ is a ring, but ${\mathbb{T}}_{+}$ is not a ring as it is missing the multiplicative identity.

备注 1.3.4. We can also take limits of algebraic transformations. Given $f_0,f_1,f_2,...\in \mathbb{T}$, or in ${\mathbb{T}}_f,{\mathbb{T}}_{+}$. Then we say$$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n=f\in \mathbb{T}$$if and only if ${\lim }_{n\to \infty }{f}_n[U(x)]=f(U(x))$ for all FPS $U(x)\in R[[x]{]}_{+}$. Hence we can also talk about infinite sums and products of algebraic transformations.

备注 1.3.5. In particular we can define composition with FPS. If $A(x)={\sum }_{n\ge 0}{a}_n{x}^n\in R[[x]]$, and $f\in {\mathbb{T}}_{+}(R[[x]])$. Then we can define $A(f)={\sum }_{n\ge 0}{a}_n{f}^n\in \mathbb{T}$. As an exercise, show that $A(f)=a{p}_A\circ f$.

例子 1.3.6. Let $f=e{v}_{x^2}$ and $g=\frac{d}{dx}$. Then what does $\exp (f^{2}g)\circ f$ do?

Apply this to $U(x)$, we see $$\begin{array}{rl}\exp (f^{2}g)\circ f[U(x)]& =\exp (f^{2}g)[U(x^2)]\\ & =\exp (f(U(x^2){)}^2\cdot g(U(x^2)))\\ & =\exp (U(x^4{)}^2\cdot 2x{U}^{\prime }(x^2))\end{array}$$

备注 1.3.7. Caution: note algebraic transformations are not formal power series. For example, if we have $A(x),B(x)\in R[[x]],U(x)\in R[[x]{]}_{+}$. If $A(U(x))=B(U(x))$ we know in fact $A=B$.

However, on the other hand, if we have $f,g\in \mathbb{T}$, then $f[U(x)]=g[U(x)]$ does not imply $f=g$.