卡特兰数通项公式(母函数,牛顿展开)

组合意义非常显然,经典的路径问题。这里主要讨论母函数以及牛顿展开的证明。

考虑卡特兰数的递推式,发现这是一个卷积式
f ( x ) f(x) f(x)为卡特兰数的生成函数
可以将递推式表示为
f ( x ) = x ∗ f ( x ) 2 + 1 f(x)=x*f(x)^2+1 f(x)=xf(x)2+1
解得
f ( x ) = 1 ± 1 − 4 x 2 x f(x)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x} f(x)=2x1±14x
± \pm ±号怎么取?
考虑 x = 0 x=0 x=0的时候,取正号显然不合法(卡特兰数第一项)
故卡特兰数的生成函数为
f ( x ) = 1 − 1 − 4 x 2 x f(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} f(x)=2x114x
1 − 4 x \sqrt{1-4x} 14x 用牛顿二项式展开
( 1 − 4 x ) 1 2 = ∑ k = 0 ∞ ( 1 2 k ) ( − 4 x ) k (1-4x)^{\frac{1}{2}}=\sum_{k=0}^\infty{\frac{1}{2} \choose k}(-4x)^k (14x)21=k=0(k21)(4x)k
考虑把 ( 1 2 k ) {\frac{1}{2} \choose k} (k21)展开
( 1 2 k ) = ( 1 2 ) ( − 1 2 ) ( − 3 2 ) . . . ( 3 2 − k ) k ! = ( − 1 ) k 2 k ∗ k ! ∏ i = 1 k ( 2 i − 3 ) ∏ i = 1 k ( 2 i − 3 ) = ( − 1 ) ∗ 1 ∗ 3 ∗ 5 ∗ . . . ∗ ( 2 k − 3 ) = ( − 1 ) ∗ ( 2 k − 2 ) ! 2 ∗ 4 ∗ 6 ∗ . . . ( 2 k − 2 ) = ( − 1 ) ∗ ( 2 k − 2 ) ! 2 k − 1 ∗ ( k − 1 ) ! {\frac{1}{2} \choose k} = \frac{(\frac{1}{2})(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})...(\frac{3}{2}-k)}{k!}\\ =\frac{(-1)^{k}}{2^k*k!}\prod_{i=1}^k(2i-3)\\ \prod_{i=1}^k(2i-3)=(-1)*1*3*5*...*(2k-3)\\ =\frac{(-1)*(2k-2)!}{2*4*6*...(2k-2)} =\frac{(-1)*(2k-2)!}{2^{k-1}*(k-1)!} (k21)=k!(21)(21)(23)...(23k)=2kk!(1)ki=1k(2i3)i=1k(2i3)=(1)135...(2k3)=246...(2k2)(1)(2k2)!=2k1(k1)!(1)(2k2)!
带入原式,得到(这里忽略了 k = 0 k=0 k=0的边界)
1 − ∑ k = 1 ∞ ( − 1 ) k − 1 ( 2 k − 2 ) ! ( − 4 x ) k 2 2 k − 1 ∗ k ! ∗ ( k − 1 ) ! = ∑ k = 1 ∞ 2 ∗ ( 2 k − 2 ) ! k ! ( k − 1 ) ! x k = ∑ k = 1 ∞ 2 k ( 2 k − 2 k − 1 ) x k 1-\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}(2k-2)!(-4x)^k}{2^{2k-1}*k!*(k-1)!}\\ =\sum_{k=1}^\infty \frac{2*(2k-2)!}{k!(k-1)!}x^k\\ =\sum_{k=1}^\infty\frac{2}{k}{2k-2 \choose k-1}x^k 1k=122k1k!(k1)!(1)k1(2k2)!(4x)k=k=1k!(k1)!2(2k2)!xk=k=1k2(k12k2)xk
最后除以 2 x 2x 2x(左移)
得到
f ( x ) = ∑ k 1 k + 1 ( 2 k k ) x k f(x)=\sum_k \frac{1}{k+1} {2k\choose k}x^k f(x)=kk+11(k2k)xk
以上就是卡特兰数的推导过程

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