加泰罗尼亚号码gydF4y2Ba

的gydF4y2Ba加泰罗尼亚的数字gydF4y2Ba是一系列正整数，这些正整数在许多计数问题中出现gydF4y2Ba组合gydF4y2Ba．它们计算某些类型的晶格路径、排列、二叉树和许多其他组合对象。它们满足了一个基本的gydF4y2Ba重复关系gydF4y2Ba，有一个封闭的公式，表示为gydF4y2Ba二项式系数gydF4y2Ba．gydF4y2Ba

加泰罗尼亚号码gydF4y2Ba $c_0，c_1，\ ldots，c_n，\ ldotsgydF4y2Ba$由公式给出gydF4y2Ba

$C_n = \压裂{1}{n + 1} \ dbinom {2 n} {n}。gydF4y2Ba$

最初的几个加泰罗尼亚数字是gydF4y2Ba

$\ begin {对齐} c_0＆= 1 \\ c_1＆= 1 \\ c_2＆= 2 \\ c_3＆= 5 \\ c_4＆= 14 \\ c_5＆= 42. \ end {对齐}gydF4y2Ba$

从定义上并不能马上清楚地看出gydF4y2Ba $C_ngydF4y2Ba$都是整数，但这将遵循下面证明的许多定理。gydF4y2Ba

包含的有效括号表达式的数量gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$右括号,gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$左括号等于gydF4y2Ba $n ^ \文本{th}gydF4y2Ba$加泰罗尼亚的号码。例如,gydF4y2Ba $C_3 = 5gydF4y2Ba$有5种方法可以使用3组括号创建有效的表达式:gydF4y2Ba

• () ()gydF4y2Ba
• () ()gydF4y2Ba
• （）（（））gydF4y2Ba
• (())gydF4y2Ba
• () ()gydF4y2Ba

考虑到右括号是+1，左括号是-1，我们可以更正式地这样写:gydF4y2Ba

序列数gydF4y2Ba $a_1,, \ ldots现代{2 n}gydF4y2Ba$的gydF4y2Ba $2n.gydF4y2Ba$可以通过使用来形成的术语gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$副本gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$谁的部分总和满足gydF4y2Ba

$a₁+ a₂+通用电气\ cdots + a_k \ 0gydF4y2Ba$

为gydF4y2Ba $k = 1、2、3 \ ldots, 2 ngydF4y2Ba$等于gydF4y2Ba $n ^ \文本{th}gydF4y2Ba$加泰罗尼亚的号码。gydF4y2Ba

我们称一个序列为gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$的是gydF4y2Ba可接受的gydF4y2Ba如果满足上述条件，则gydF4y2Ba不可接受的gydF4y2Ba否则。我们用。表示可接受序列的数目gydF4y2Ba $angydF4y2Ba$以及不可接受序列的数量gydF4y2Ba $联合国gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

总序列数gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$可以认为是两种不同类型的对象的排列gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$一种类型的不同对象gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$其他的。所以这些序列的总数是gydF4y2Ba

$\ dbinom {2n} {n} = \ frac {2n！} {n！n！}。gydF4y2Ba$

所以gydF4y2Ba $A_n =\ dbom {2n}{n} - U_n，gydF4y2Ba$下一步是计算gydF4y2Ba $联合国gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

考虑一个不可接受的序列gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$然后是最小的gydF4y2Ba $kgydF4y2Ba$部分和gydF4y2Ba $a₁+ a₂+ \ cdots + a_kgydF4y2Ba$是负的。的极小性gydF4y2Ba $k,gydF4y2Ba$必须有相同数量的gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$的前gydF4y2Ba $A_K。gydF4y2Ba$所以我们必须有gydF4y2Ba $kgydF4y2Ba$很奇怪,gydF4y2Ba $a_1 + a₂+ \ cdots +现代{k - 1} = 0,gydF4y2Ba$和gydF4y2Ba $a_k = -1gydF4y2Ba$．在这些条款中gydF4y2Ba $(a_k a_1,,…)gydF4y2Ba$有gydF4y2Ba $\ frac {k-1} {2}gydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $\压裂{k - 1}{2} + 1 = \压裂{k + 1} {2}gydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$在剩下的条款中gydF4y2Ba $现代{k + 1},…,现代{2 n},gydF4y2Ba$有gydF4y2Ba $大(n - \ \压裂{k - 1}{2} \大)gydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $大(n - \ \压裂{k + 1}{2} \大)gydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$的年代。gydF4y2Ba

现在考虑将第一个符号的符号反过来的效果gydF4y2Ba $kgydF4y2Ba$Terms，也就是替换gydF4y2Ba $aigydF4y2Ba$与gydF4y2Ba $aigydF4y2Ba$为gydF4y2Ba $我= 1,2，\ ldots，kgydF4y2Ba$其余的保持不变。现在这个新序列得到了gydF4y2Ba $b_1，b_2，b_3，\ ldots，b_ {2n}，gydF4y2Ba$将有gydF4y2Ba $n + 1gydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $N-1gydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$(因为它们加起来等于2)。gydF4y2Ba

这给出了一个函数gydF4y2Ba $fgydF4y2Ba$从一组不可接受的序列到一组序列gydF4y2Ba $下午\ 1gydF4y2Ba$加起来的术语gydF4y2Ba $2gydF4y2Ba$．看到gydF4y2Ba $fgydF4y2Ba$是A.gydF4y2Ba双射gydF4y2Ba，构建它的反向：让gydF4y2Ba $B = b_1, b_2，\ldots, b_{2n}gydF4y2Ba$是一系列gydF4y2Ba $下午\ 1gydF4y2Ba$加起来的术语gydF4y2Ba $2gydF4y2Ba$．让gydF4y2Ba $kgydF4y2Ba$成为第一个有更多的索引gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$在gydF4y2Ba $b_1、\ ldots b_kgydF4y2Ba$比gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$的年代。（必须有这样的gydF4y2Ba $kgydF4y2Ba$因为所有项的和都是正的。)然后定义gydF4y2Ba $g (B)gydF4y2Ba$是（不可接受的）序列gydF4y2Ba $-b_1、-b_2 \ ldots、-b_k b_ {k + 1}, b_ {k + 2} \ ldots b_ {2 n}gydF4y2Ba$．很明显gydF4y2Ba $fgydF4y2Ba$和gydF4y2Ba $ggydF4y2Ba$是相反的。gydF4y2Ba

现在是序列的数量gydF4y2Ba $n + 1gydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $N-1gydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$是gydF4y2Ba $\压裂{2 n !} {(n + 1) (n - 1) !｝gydF4y2Ba$．通过自动突出，这也等于不可接受的序列的数量。所以不可接受的序列总数是gydF4y2Ba

$U_n = \压裂{2 n !} {(n + 1) (n - 1) !}。gydF4y2Ba$

所以可接受的序列数是gydF4y2Ba

$\begin{aligned} A_n &= \frac{(2n)!}{n!n!} - U_n\\ &= frac{(2n)!}{n!} - \压裂{(2 n) !} {(n + 1) (n - 1) !} \ \ & = \压裂{(2 n) !} {n (n - 1) !｝\left( \frac1{n}- \frac1{n+1}\right) \\ &= \frac{(2n)!}{n!(n-1)!} \frac1{n(n+1)} \\ &= \frac1{n+1} \frac{(2n)!}{n!n!} \\\\ &= C_n. \end{aligned}$

这完成了证明。gydF4y2Ba $_\正方形gydF4y2Ba$

笔记：gydF4y2Ba

(1)这些序列还描述gydF4y2Ba戴克路径gydF4y2Ba的长度gydF4y2Ba $2n.gydF4y2Ba$，这是同样间隔的东北和东南部的序列，从起源开始，结束gydF4y2Ba $xgydF4y2Ba$-轴，永远不要低于gydF4y2Ba $xgydF4y2Ba$-轴。可接受序列和Dyck路径之间的双射分配agydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$向东北方向走一段路gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$到东南行走，可接受的条件相当于从未在起始线和整理线以下的路径。gydF4y2Ba

五个迪克道路gydF4y2Ba $n = 3。gydF4y2Ba$

（2）这表明加泰罗尼亚号码是整数，尽管这也从身份中遵循gydF4y2Ba $c = binom{2n}{n} - binom{2n}{n+1}gydF4y2Ba$这在上面的证明中出现。gydF4y2Ba

涉及加泰罗尼亚号码的证据的一个有用的工具是描述它们的复发关系。gydF4y2Ba

加泰罗尼亚号码满足复发关系gydF4y2Ba

$C_ {n + 1} = C_0 C_n + c₁C_ {n} + \ cdots + C_n C_0 = \ sum_ {k = 0} ^ n C_k C_ {n - k}。gydF4y2Ba$

有几种方法可以证明这一点，但也许是最优雅的是吸引迪克长度的路径gydF4y2Ba $2 (n + 1)gydF4y2Ba$，我们看到的那个gydF4y2Ba $c_ {n + 1}gydF4y2Ba$计数。给定长度的迪克道路gydF4y2Ba $2 (n + 1)、gydF4y2Ba$让gydF4y2Ba $2（k + 1）gydF4y2Ba$是第一个非零gydF4y2Ba $xgydF4y2Ba$-坐标路径到达gydF4y2Ba $xgydF4y2Ba$设在,然后gydF4y2Ba $0 \le k \le ngydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

这条路分成了两部分，左边的部分gydF4y2Ba $2（k + 1）gydF4y2Ba$和右边的部分。右边的部分是长度的Dyck路径gydF4y2Ba $2 (n - k)gydF4y2Ba$，所以它是由gydF4y2Ba $c_ {n-k}gydF4y2Ba$．左边的部分是一个东北的台阶，然后是戴克的长度路径gydF4y2Ba $2KgydF4y2Ba$然后是东南部的。gydF4y2Ba $\大(gydF4y2Ba$中间路径是Dyck路径“高跷”;它永远不会下降到它的起点，因为它无法击中gydF4y2Ba $xgydF4y2Ba$设在早于gydF4y2Ba $2 (k + 1)。\大)gydF4y2Ba$有gydF4y2Ba $C_kgydF4y2Ba$这些。所以总共有gydF4y2Ba $c_k c_ {n-k}gydF4y2Ba$路径到达gydF4y2Ba $xgydF4y2Ba$-AXIS首先gydF4y2Ba $2（k + 1）gydF4y2Ba$，把这些项加起来就得到了gydF4y2Ba $c_ {n + 1}gydF4y2Ba$，这是重复关系。gydF4y2Ba $_\正方形gydF4y2Ba$

如果gydF4y2Ba $n + 1 = 3gydF4y2Ba$,然后gydF4y2Ba $c_ {n + 1}gydF4y2Ba$计算上图中Dyck的五条路径:gydF4y2Ba

• 路径1gydF4y2Ba $k = 2gydF4y2Ba$,计入gydF4y2Ba $C_2C_0gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba
• 路径2gydF4y2Ba $k = 2gydF4y2Ba$,计入gydF4y2Ba $C_2C_0gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba
• 路径3gydF4y2Ba $k = 1gydF4y2Ba$,计入gydF4y2Ba $C_1C_1gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba
• 路4gydF4y2Ba $k = 0.gydF4y2Ba$,计入gydF4y2Ba $C_0C_2gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba
• 路径5有gydF4y2Ba $k = 0.gydF4y2Ba$,计入gydF4y2Ba $C_0C_2gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

长度的中间路径gydF4y2Ba $4gydF4y2Ba$在路径1和2中，以及路径3的左峰的上半部分是上面证明中提到的峰的Dyck路径。gydF4y2Ba

这个递归式是有用的，因为它可以用来证明一个数字序列是加泰罗尼亚数。如果序列gydF4y2Ba $（gydF4y2Ba$称它为gydF4y2Ba $S_n)gydF4y2Ba$满足与加泰罗尼亚号码相同的复发，并且具有相同的初始条件gydF4y2Ba $s_0 = 1，gydF4y2Ba$然后gydF4y2Ba $s_n = c_n.gydF4y2Ba$通过归纳。gydF4y2Ba

的gydF4y2Ba生成函数gydF4y2Ba对于加泰罗尼亚号码是gydF4y2Ba

$\ sum_ {n = 0} ^ \ infty C_n x ^ n = \压裂{1 - \ sqrt {1-4x}} {2 x} = \ frac2 {1 + \ sqrt {1-4x}}。gydF4y2Ba$

让gydF4y2Ba $f（x）= \ sum \ limits_ {n = 0} ^ \ idty c_n x ^ ngydF4y2Ba$．然后gydF4y2Ba

$\{对齐}开始xf (x) ^ 2 & = \ sum_ {n = 0} ^ \ infty (C_0C_n + c₁C_ {n} + \ cdots + C_nC_0) x ^ {n + 1} \ \ & = \ sum_ {n = 0} ^ \ infty C_ x ^ {n + 1} {n + 1} \ \ & = f (x) 1。结束\{对齐}gydF4y2Ba$

所以通过二次公式，gydF4y2Ba $f（x）= \ frac {1 \ pm \ sqrt {1-4x}} {2x}gydF4y2Ba$，但是负号是唯一有意义的选择，因为加号会导致表达式在gydF4y2Ba $x = 0gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba $\大(gydF4y2Ba$选择减号导致具有限制的表达式gydF4y2Ba $x \到0gydF4y2Ba$通过gydF4y2Ba洛必达法则gydF4y2Ba：gydF4y2Ba $\ lim_ {x \ to 0} \ frac {1- \ sqrt {1-4x}} {2x}} {2x} = lim_ {x \ to 0} \ frac {2（1-4x）^ { - 1/2}}2 = 1. \大）\ _ \ SquaregydF4y2Ba$

(练习:用gydF4y2Ba二项式定理gydF4y2Ba在右边。)gydF4y2Ba

受限制的随机漫步:gydF4y2Ba

一个人走gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$块北部和gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$在他家西边几个街区他每天都在gydF4y2Ba $2n.gydF4y2Ba$块行走。如果他从不穿过从家到办公室的对角线，有多少条路线是可能的?gydF4y2Ba

---

显然，每个可接受的路线在对角线或低于对角线上方，这两条路径都是对称的。所以我们计算对角线下方的路径数并将其乘以2.每条路线都是一系列gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$北块和gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$西风块。我们认为西方是gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$和北方gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$．每条路由对应一个序列gydF4y2Ba $a_1,, \ ldots现代{2 n}gydF4y2Ba$的gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $＋1gydF4y2Ba$的年代,gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$的副本gydF4y2Ba $－1gydF4y2Ba$的年代。但为了让路线不在对角线上方，我们必须有gydF4y2Ba

$a₁+ a₂+通用电气\ cdots + a_k \ 0gydF4y2Ba$

为gydF4y2Ba $K = 1,2，\ LDOTS，2NgydF4y2Ba$．所以对角线上可接受的路线数等于gydF4y2Ba $n ^ \文本{th}gydF4y2Ba$，可接受的航线总数为gydF4y2Ba

$2c_n = \ frac {2} {（n + 1）} \ times \ frac {（2n）！} {n！n！}。gydF4y2Ba$

上图显示了对角线以下的路线gydF4y2Ba $n = 5gydF4y2Ba$．请注意，此类路线的数量等于gydF4y2Ba $C_5 = 42gydF4y2Ba$．所以答案是gydF4y2Ba $2 \ * 42 = 84。\ _ \广场gydF4y2Ba$

二叉树:gydF4y2Ba

rooted二进制树是一个具有一个根节点的树，其中每个节点具有从中降序的零或两个分支。节点是gydF4y2Ba内部的gydF4y2Ba如果它有两个节点来自它。有多少根植根的二叉树gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$内部节点?gydF4y2Ba生根二元树gydF4y2Ba $0,1,2,3gydF4y2Ba$内部节点。gydF4y2Ba^{［1］gydF4y2Ba}

---

这是利用递归关系证明一个数列等于加泰罗尼亚数的一个很好的例子。让gydF4y2Ba $R_ngydF4y2Ba$为具有根的二叉树的个数gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$内部节点。然后gydF4y2Ba $R_0 = R_1 = 1gydF4y2Ba$如图所示。现在是gydF4y2Ba $n \通用电气0,gydF4y2Ba$假设有一个有根的二叉树gydF4y2Ba $n + 1gydF4y2Ba$内部节点。根节点是内部的。有gydF4y2Ba $kgydF4y2Ba$左边是内部节点gydF4y2Ba $N-K.gydF4y2Ba$右边是内部节点gydF4y2Ba $k。gydF4y2Ba$看着左侧和右侧给出了两个生根的二元树gydF4y2Ba $kgydF4y2Ba$和gydF4y2Ba $N-K.gydF4y2Ba$内部节点分别。所以gydF4y2Ba

$R_{n+1} = \sum_{0}^n R_kR_{n-k}，gydF4y2Ba$

和加泰罗尼亚数的递归关系是一样的。所以gydF4y2Ba $R_n = C_ngydF4y2Ba$对所有人gydF4y2Ba $n。gydF4y2Ba$ $_\正方形gydF4y2Ba$

多边形剖分:gydF4y2Ba

有多少种方法来削减一个gydF4y2Ba $（n + 2）gydF4y2Ba$- ingydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$三角形，绘图gydF4y2Ba $N-1gydF4y2Ba$多边形顶点之间的非交叉线?gydF4y2Ba

---

所有的三角形gydF4y2Ba $n = 4gydF4y2Ba$^{［２］gydF4y2Ba}

让gydF4y2Ba $T_N.gydF4y2Ba$是这样的三角形的数量，并定义gydF4y2Ba $T_0 = 1gydF4y2Ba$．考虑gydF4y2Ba $T_ {n + 1}识别gydF4y2Ba$，计算三角形的数量gydF4y2Ba $（n + 3）gydF4y2Ba$百分度。这个想法是挑选一个边缘gydF4y2Ba $（n + 3）gydF4y2Ba$-gon，并根据这条边最终进入的三角形进行分类。gydF4y2Ba

编号顶点gydF4y2Ba $V_1, v_2， \ldots, v_{n+3}gydF4y2Ba$．假设我们的边缘是gydF4y2Ba $v_1v_2gydF4y2Ba$．如果三角形这个边缘最终是gydF4y2Ba $v_1v_2v_k.gydF4y2Ba$，然后这个三角形将多边形分割成两个必须三角化的剩余多边形。gydF4y2Ba

• 如果gydF4y2Ba $k = 3.gydF4y2Ba$，那剩下的是一个gydF4y2Ba $（n + 2）gydF4y2Ba$百分度。像这样的三角测量的数量是gydF4y2Ba $T_0 T_ngydF4y2Ba$．gydF4y2Ba
• 如果gydF4y2Ba $k = 4gydF4y2Ba$，有一个三角形gydF4y2Ba $v_2v_3v_4gydF4y2Ba$一边和一个gydF4y2Ba $（n + 1）gydF4y2Ba$-在另一边。像这样的三角测量的数量是gydF4y2Ba $T_1 T_ {n}识别gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba
• 如果gydF4y2Ba $K = 5.gydF4y2Ba$，有一个四边形gydF4y2Ba $v_2v_3v_4v_5gydF4y2Ba$一边和一个gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$-在另一边。像这样的三角测量的数量是gydF4y2Ba $T_2 T_{2}识别gydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

以这种方式进行，gydF4y2Ba

$T_{n+1} = T_0T_n + T_1T_{n-1} + \cdots + T_n T_0。gydF4y2Ba$

也gydF4y2Ba $T_0 = 1gydF4y2Ba$．这是加泰罗尼亚号码满足的同样的复发关系和初始条件，因此必须是这种情况gydF4y2Ba $t_n = c_n.gydF4y2Ba$对所有人gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$．gydF4y2Ba $_\正方形gydF4y2Ba$

更多的例子，请参阅维基gydF4y2Ba使用杀害的证据gydF4y2Ba．gydF4y2Ba

1. 伯克利数学圈，。gydF4y2Ba二叉树gydF4y2Ba．2014年9月9日，从gydF4y2Bahttps://commons.wikimedia.org/wiki/File:Binary_Tree.pnggydF4y2Ba
2. 哈维,D。gydF4y2Ba加泰罗尼亚的六边形gydF4y2Ba．2009年4月8日，从gydF4y2Bahttps://commons.wikimedia.org/wiki/file:catalan-hexagons-example.svg.gydF4y2Ba