形式的冪級数の積と逆数

$(1+x)^3(1+x)^3=(1+x)^6$ の両辺で、$x^3$ の係数を比べる。
右辺の $x^3$ の係数は $\binom63=20$ である。
左辺では、1 つ目の $(1+x)^3$ から $x^j$ の項を、2 つ目の $(1+x)^3$ から $x^{3-j}$ の項を選ぶと、掛けて $x^3$ になる。$j=0,1,2,3$ のそれぞれについて係数の積を足すと
$$ \binom30\binom33+\binom31\binom32+\binom32\binom31+\binom33\binom30=1\cdot1+3\cdot3+3\cdot3+1\cdot1=20 $$
である。両辺の係数は確かに等しい。
同じことを $(1+x)^m(1+x)^n=(1+x)^{m+n}$ の $x^k$ の係数で行うと、
$$ \sum_{j=0}^k\binom mj\binom n{k-j}=\binom{m+n}k $$
（Vandermonde の恒等式。$j>m$ や $k-j>n$ の項は $0$ とする）が得られる。組合せの式変形は一度もしていない。

さいころ 1 個の目の出方を、式 $D=x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6$ で表す（$x^k$ の係数が「目 $k$ の出方の数」$=1$）。
$D^2=(x+\cdots+x^6)(x+\cdots+x^6)$ を展開すると、1 つ目の因子から $x^i$、2 つ目の因子から $x^j$ を選んで $x^{i+j}$ を作る。指数が足されるので、$x^7$ の係数は $i+j=7$ となる組 $(i,j)$ の数、すなわち $(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$ の $6$ である。全体を展開すると
$$ D^2=x^2+2x^3+3x^4+4x^5+5x^6+6x^7+5x^8+4x^9+3x^{10}+2x^{11}+x^{12} $$
であり、係数の和は $36=6^2$ で、目の出方の総数に一致する。

$F=1+2x+3x^2+4x^3+\cdots$（$a_n=n+1$）と $G=1-x$（$b_0=1$、$b_1=-1$、$b_n=0\ (n\ge2)$）の積を求める。

• $x^0$ の係数：$a_0b_0=1\cdot1=1$。
• $x^1$ の係数：$a_0b_1+a_1b_0=1\cdot(-1)+2\cdot1=1$。
• $x^2$ の係数：$a_0b_2+a_1b_1+a_2b_0=0+2\cdot(-1)+3\cdot1=1$。
• $x^3$ の係数：$a_0b_3+a_1b_2+a_2b_1+a_3b_0=0+0+3\cdot(-1)+4\cdot1=1$。
  一般に $n\ge1$ では、$b_{n-k}$ が $0$ でないのは $k=n$ と $k=n-1$ だけなので、$x^n$ の係数は $a_nb_0+a_{n-1}b_1=(n+1)-n=1$ である。よって
  $$ (1+2x+3x^2+\cdots)(1-x)=1+x+x^2+x^3+\cdots $$
  である。

$F=1+x$、$G=1+x+x^2$ とする。定義で計算すると、$x^0$ の係数は $1\cdot1=1$、$x^1$ の係数は $1\cdot1+1\cdot1=2$、$x^2$ の係数は $1\cdot1+1\cdot1+0\cdot1=2$、$x^3$ の係数は $1\cdot0+1\cdot1+0+0=1$、$x^4$ 以降は $0$ である。高校の展開 $(1+x)(1+x+x^2)=1+2x+2x^2+x^3$ と同じ結果になる。

$F=1+x$、$G=1-x$、$H=1+x^2$ とすると、$FG=1-x^2$ なので $(FG)H=(1-x^2)(1+x^2)=1-x^4$ である。一方 $GH=1-x+x^2-x^3$ なので $F(GH)=(1+x)(1-x+x^2-x^3)=1-x^4$ である（$x^1,x^2,x^3$ の係数はそれぞれ $-1+1=0$、$1-1=0$、$-1+1=0$）。2 通りの計算が一致する。

$(1-x)G=1$ となる $G=\sum b_nx^n$ を探す。$(1-x)G$ の $x^n$ の係数は、$n=0$ で $b_0$、$n\ge1$ で $b_n-b_{n-1}$ である（ex-gfe-product-table と同じ計算）。これが $1,0,0,\dots$ に等しいので
$$ b_0=1,\qquad b_1-b_0=0,\qquad b_2-b_1=0,\qquad\dots $$
であり、順に $b_0=1$、$b_1=1$、$b_2=1$、… と決まる。よって
$$ \frac1{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots $$
である。同じ計算で、$K$ の数 $a$ について $(1-ax)G=1$ から $b_n=ab_{n-1}$ となり、$\frac1{1-ax}=\sum_{n\ge0}a^nx^n$ である（$a=3$ なら $1+3x+9x^2+27x^3+\cdots$）。

1. $F=1+x$：$a_0=1$、$a_1=1$、$a_n=0\ (n\ge2)$ なので $b_0=1$、$b_n=-b_{n-1}$ であり、$\frac1{1+x}=1-x+x^2-x^3+\cdots$ である。
2. $F=2-x$：$a_0=2$、$a_1=-1$ なので $b_0=\frac12$、$b_n=-\frac12\cdot(-1)b_{n-1}=\frac12b_{n-1}$ であり、$\frac1{2-x}=\frac12+\frac14x+\frac18x^2+\cdots=\sum_{n\ge0}\frac{x^n}{2^{n+1}}$ である。
3. $F=1+x+x^2$：$b_0=1$、$b_1=-b_0=-1$、$n\ge2$ で $b_n=-(b_{n-1}+b_{n-2})$ なので、$b_2=-(-1+1)=0$、$b_3=-(0-1)=1$、$b_4=-(1+0)=-1$、$b_5=-(-1+1)=0$、… となり、
   $$ \frac1{1+x+x^2}=1-x+0x^2+x^3-x^4+0x^5+x^6-\cdots $$
   と、$1,-1,0$ が繰り返される。これは $(1-x)(1+x+x^2)=1-x^3$ から $\frac1{1+x+x^2}=\frac{1-x}{1-x^3}=(1-x)(1+x^3+x^6+\cdots)$ としても確かめられる。

$F=1-x-x^2$ の逆数 $G=\sum b_nx^n$ を求める。$a_0=1$、$a_1=-1$、$a_2=-1$、$a_n=0\ (n\ge3)$ なので、prop-gfe-inverse の式は
$$ b_0=1,\qquad b_1=b_0=1,\qquad b_n=b_{n-1}+b_{n-2}\quad(n\ge2) $$
になる。順に計算すると $b_0,b_1,\dots,b_9=1,1,2,3,5,8,13,21,34,55$ である。分母の多項式 $1-x-x^2$ が、漸化式 $b_n=b_{n-1}+b_{n-2}$ を記録していることがわかる。この続きは Fibonacci数の母関数で扱う。

$\frac1{(1-x)^2}$ は、$\frac1{1-x}$ の 2 乗である（$(1-x)^2\cdot\bigl(\frac1{1-x}\bigr)^2=\bigl((1-x)\cdot\frac1{1-x}\bigr)^2=1$ で、逆数はただ 1 つだから）。$\frac1{1-x}$ の係数はすべて $1$ なので、2 乗の $x^n$ の係数は $\sum_{k=0}^n1\cdot1=n+1$ であり、
$$ \frac1{(1-x)^2}=1+2x+3x^2+4x^3+\cdots $$
である。これは ex-gfe-product-table の結果 $(1+2x+3x^2+\cdots)(1-x)=\frac1{1-x}$ の両辺に $\frac1{1-x}$ を掛けたものと一致する。

$F=x$（$a_0=0$、$a_1=1$）は prop-gfe-inverse の条件 $a_0\ne0$ を満たさない。実際、どんな $G=\sum b_nx^n$ についても $xG=b_0x+b_1x^2+\cdots$ の定数項は $0$ なので、$xG=1$ にはならない。$F=2x+x^2$ も同じ理由で逆数をもたない。条件 $a_0\ne0$ を外すと、「逆数がある」という結論が崩れる。