前置引理
首先设 $\Bbb{C}[[x]]={ \sum\limits_{i\ge 0}a_ix^i|a_i\in \Bbb{C} },\Bbb{C}((x))={\sum\limits_{i\ge -N}a_ix^i|N\in Z,a_i\in \Bbb{C}}$
有以下引理：
- $f(x)\in \Bbb{C}((x)),[x^{-1}]f’(x)=0$
显然，因为没有一个幂次项求导后是 $-1$ 次项。
- $f(x)\in x\Bbb{C}[[x]],[x^{-1}]f(x)^if’(x)=[x=-1]$
首先考虑 $x\not=-1$，我们可以得到 $f(x)^if’(x)=\frac{1}{i+1}(f(x)^{i+1})’$，根据引理一可知成立。
然后考虑 $x=-1$，我们可以得到：
$$
\frac{f’(x)}{f(x)}=\frac{a_0+2a_1x+3a_2x^2+…}{a_0x+a_1x^2+a_2x^3}\
=\frac{a_0+2a_1x +3a_2x+…}{a_0x}\times \frac{1}{1+\frac{a_1}{a_0}x+\frac{a_2}{a_0}x^2+…}\
$$
我们知道：
$$
\frac{1}{1+x}=\sum\limits_{i\ge 0} (-1)^ix^i
$$
所以我们可以得到原式=
$$
(x^{-1}+…)(1-x(1+\frac{a_1}{a_0}x+\frac{a_2}{a_0}x^2+…)+…)
$$
由此我们可以得到原式成立。
拉格朗日反演证明
设 $F(x)$ 的逆为 $G(x)$ 且 $F(x),G(x)\in x\Bbb{C}[[x]]$，则我们有：
$$
[x^n]F(x)=\frac{1}{n}x^{-1}^n=\frac{1}{n}x^{n-1}^n
$$
证明：
$$
F(G(x))=x\Rightarrow \sum\limits_{i\ge1}a_iG(x)^i=x
$$
两边求导可以得到：
$$
\begin{aligned}
\sum\limits_{i\ge1}ia_iG(x)^{i-1}G’(x)&=1\
\Leftrightarrow \sum\limits_{i\ge1}ia_iG(x)^{i-n-1}G’(x)&=\frac{1}{G(x)^n}
\end{aligned}
$$
所以我们现在关注一下左边式子 $x^{-1}$ 的系数，容易发现：
$$
[x^{-1}]\sum\limits_{i\ge 1}ia_iG(x)^{i-n-1}G’(x)
$$
当 $i\not=n$ 的时候，贡献是 $0$，当且仅当 $i=n$ 的时候才有意义。
所以我们可以得到：
$$
na_n=\frac{1}{G(x)^n}
$$
由此可知结论成立。
拉格朗日反演扩展证明
对于任意的 $h(x)$ 满足 $h(0)=0$，以及有 $f(g(x))=x$，我们可以得到：
$$
[x^n]h(g(x))=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{h’(x)}{f(x)^n}
$$
我们有：
$$
h(g(f(x)))=h(x)\Leftrightarrow \sum\limits_{i\ge 1}a_if(x)^i=h(x)
$$
进行和上面类似的推导就可以得到这个式子。不难发现上面的拉格朗日反演就是 $h(x)=x$ 的扩展。
整个推广定理还可以有另一种方式说明，即令 $F(G(x))=H(x)$，其实就是令 $F(x)=h(g(x)),G(x)=f(x),H(x)=h(x)$，就可以得到这个形式。而 $H(x)$ 仍然要满足 $H(x)=0$。整个扩展定理变成如下形式：
$$
[x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{H’(x)}{G(x)^n}
$$