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目录广义二项级数
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定义：定义广义二项级数如下：
\[\mathcal{B}_t(z)=\sum_{n\geq 0}{tn+1\choose n}\frac{z^n}{tn+1} \] -
Conclusion 1： \(\mathcal{B}_t(z)=z\mathcal{B}_t(z)^t+1\) 。
Proof：考虑令 \(F(z)=z(F(z)+1)^t\)，\(G(z)\) 是 \(F(z)\) 的复合逆。那么有 \(F(G(z))=G(z)(F(G(z))+1)^{t}\)，即 \(z=G(z)(z+1)^{t},G(z)=\frac{z}{(z+1)^t}\) 。此时应用拉格朗日反演容易得到 \([z^n]F(z)=\frac{1}{n}{tn\choose n-1}\) 。因此：
\[F(z)+1=1+\sum_{n\geq 1}\frac{z^n}{n}{tn\choose n-1}=\sum_{n\geq 0}\frac{z^n}{tn+1}{tn+1\choose n}=\mathcal{B}_t(z) \]因此 \(\mathcal{B}_t(z)-1=z\mathcal{B}_t(z)^t\) 。
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Conclusion 2：\(\mathcal{B}_t(z)^r=\sum\limits_{n\geq 0}{tn+r\choose n}\frac{z^nr}{tn+r}\) 。
Proof：仍然借助上面的思路，同理定义 \(F(z),G(z)\) 。接着构造 \(H(z)\) 应用扩展拉格朗日反演有：
\[[z^n]H(F(z))=\frac{1}{n}[z^{n-1}]H'(z)(z+1)^{tn} \]取 \(H(z)=(z+1)^r\) 得到：
\[[z^n]\mathcal{B}_t(z)^r=\frac{1}{n}[z^{n-1}]r(z+1)^{tn+r-1}=\frac{r}{n}{tn+r-1\choose n-1}=\frac{r}{tn+r}{tn+r\choose n} \]Corner case 的 \(n=0\) 是显然正确的。
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Conclusion 3：\(\frac{\mathcal{B}_t(z)^r}{1-t+t\mathcal{B}(z)^{-1}}=\sum\limits_{n\geq 0}{tn+r\choose n}z^n\) 。
Proof：仍然借助上面的思路，同理定义 \(F(z),G(z)\) 。接着令 \(H(z)=\frac{(z+1)^{r}}{1-t+t(z+1)^{-1}}\) 应用另类拉格朗日反演：
\[\begin{aligned} [z^n]\frac{\mathcal{B}_t(z)^r}{1-t+t\mathcal{B}(z)^{-1}}=[z^n]H(F(z))&=[z^n]H(z)(z+1)^{t(n+1)}G'(z)\\ &=[z^n]\frac{(z+1)^{r+1}}{1+z-tz}(z+1)^{t(n+1)}\frac{1+z-tz}{(z+1)^{t+1}}\\ &=[z^n](z+1)^{r+tn}={tn+r\choose n} \end{aligned} \]Corner case 同样是正确的。
细心的你一定发现了，上述内容全部都是扯的 zky 的！
标签：frac,级数,sum,tn,choose,mathcal,二项,小记 From： https://www.cnblogs.com/qiulyqwq/p/16775678.html