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
令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+1f(x)=x*f(x)^2+1 f(x)=x∗f(x)2+1
解得
f(x)=1±1−4x2xf(x)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x} f(x)=2x1±1−4x
±\pm±号怎么取？
考虑x=0x=0x=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)=1−1−4x2xf(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} f(x)=2x1−1−4x
将1−4x\sqrt{1-4x}1−4x用牛顿二项式展开
(1−4x)12=∑k=0∞(12k)(−4x)k(1-4x)^{\frac{1}{2}}=\sum_{k=0}^\infty{\frac{1}{2} \choose k}(-4x)^k(1−4x)21=k=0∑∞(k21)(−4x)k
考虑把(12k){\frac{1}{2} \choose k}(k21)展开
(12k)=(12)(−12)(−32)...(32−k)k!=(−1)k2k∗k!∏i=1k(2i−3)∏i=1k(2i−3)=(−1)∗1∗3∗5∗...∗(2k−3)=(−1)∗(2k−2)!2∗4∗6∗...(2k−2)=(−1)∗(2k−2)!2k−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)...(23−k)=2k∗k!(−1)ki=1∏k(2i−3)i=1∏k(2i−3)=(−1)∗1∗3∗5∗...∗(2k−3)=2∗4∗6∗...(2k−2)(−1)∗(2k−2)!=2k−1∗(k−1)!(−1)∗(2k−2)!
带入原式，得到（这里忽略了k=0k=0k=0的边界）
1−∑k=1∞(−1)k−1(2k−2)!(−4x)k22k−1∗k!∗(k−1)!=∑k=1∞2∗(2k−2)!k!(k−1)!xk=∑k=1∞2k(2k−2k−1)xk1-\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 1−k=1∑∞22k−1∗k!∗(k−1)!(−1)k−1(2k−2)!(−4x)k=k=1∑∞k!(k−1)!2∗(2k−2)!xk=k=1∑∞k2(k−12k−2)xk
最后除以2x2x2x（左移）
得到
f(x)=∑k1k+1(2kk)xkf(x)=\sum_k \frac{1}{k+1} {2k\choose k}x^k f(x)=k∑k+11(k2k)xk
以上就是卡特兰数的推导过程

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