4. Erzeugende Funktionen und Polynome Definition. Sei a = (a 0,a1

4. Erzeugende Funktionen und Polynome
Definition. Sei a = (a0 , a1 , . . .) eine Folge von natürlichen (komplexen) Zahlen und x
P
eine Unbestimmte, dann heißt die formale Potenzreihe fa (x) := i≥0 ai xi die erzeugende
P
Funktion von a. Gilt ai = 0 für i > j, so heißt fa (x) = ji=0 ai xi das erzeugende Polynome
von (a0 , . . . , aj ).
Bevor wir uns mir speziellen erzeugenden Funktionen beschäftigen, wollen wir zuerst
klären, wie wir mit formalen Potenzreihen umgehen wollen.
Definition. Die Menge
C[[x]] := {
X
an xn | an ∈ C}
n≥0
heißt Menge der formalen Potenzreihen (in einer Variablen) über C. Auf C[[x]] sind Addition + und Multiplikation · definiert durch:
X
X
X
(
an xn ) + (
bn x n ) =
(an + bn )xn
n≥0
n≥0
n≥0
und
(
X
n
X
XX
an x n ) · (
bn x n ) =
(
ai bn−i )xn .
n≥0
n≥0 i=0
n≥0
Die folgende Aussage ist nun leicht nachzurechnen.
Lemma 4.1. Die Menge C[[x]] ist mit der Addtition und Multiplikation ein kommutativer
Ring mit 1.
Beschäftigen wir uns nun mit Identitäten in diesem Ring. Klar gilt für zwei formale
P
P
Potenzreihen f (x) = n≥0 an xn und g(x) = n≥0 bn xn die Gleichheit f (x) = g(x) genau
dann, wenn an = bn für alle n ≥ 0.
Beispiel. Aus Kapitel 2 kennen wir folgenden Identität. Sei a = ( m0 , . . . , m
). Dann
m
Pm m n
m
gilt n=0 n x = (1 + x) .
Etwas komplizierte ist schon:
Beispiel. Sei a = (1, 1, 1, 1, . . .) die konstante Folge 1. Dann gilt
P
i≥0
1 · xi = 1/(1 − x).
Wir betrachten hier diese Art von Identitäten vollkommen formal, d.h. es werden keine
P
Konvergenzüberlegungen angestellt. Die Identität aus Beispiel 4 besagt nur i≥0 xi =
1
2
P
P
(1 − x)−1 , also (1 − t) i≥0 xi = 1, d.h. (1 − x) und i≥0 xi sind multiplikativ invers
zueinander. Letzteres ist leicht nachzurechnen.
X
X
X
(1 − t) · (
ti ) =
ti − t ·
ti
i≥0
i≥0
=
i≥0
X
ti −
i≥0
X
ti+1
i≥0
= 1
Allgemeiner gilt für Potenzreihen f (x), g(x), h(x) die Identität f (x) = g(x)/h(x) genau
dann wenn f (x)h(x) = g(x). Im folgenden geben wir noch ein zwei Beispiele in dieser
Richtung.
Beispiel. Sei an die Anzahl der Wörter der Länge n über einem Alphabet mit m Buchstaben, also an = mn , dann gilt
X
X
an x n =
mn xn = 1/(1 − mx).
n≥0
n≥0
Beispiel. Sei am,n die Anzahl der Permutation in der Sm mit n Inversionen. Dann wissen
wir aus Kapitel 1
(m2 )
X
am,n xn = (1 + x + · · · + xm−1 ) · · · (1 + x + x2 ) · (1 + x) · 1.
n=0
Das folgenden Beispiele aus den Übungsaufgaben zeigt, daß diese Überlegungen noch
nicht genügen, um alle unserer Identitäten korrekt zu lesen.
Beispiel.
(i) Aus eine Übungsaufgabe kennen wir die Bell-Zahlen B(n), die die Anzahl
der Mengenpartitionen von [n] zählen. Wir beweisen :
X
B(n)xn = ee
x −1
.
n≥0
x
Dabei ist e =
P∞
i
i=0
x /i!. Also
(
x −1
ee
=
X (ex − 1)n
n≥0
n!
=
X
n≥0
X
xm /m!)n
m≥1
n!
.
3
(ii) Sei p(n) die Anzahl der Zahl-Partitition der Zahl n ≥ 1. Wir setzen p(0) := 1.
Durch Koeffizientenvergleich sieht man:
X
p(n)xn =
n≥0
∞
Y
1
.
n
1
−
x
n=0
Die Identitäten aus Beispiel 4 sind nun mit den bisherigen Methoden nicht vollständig
zu erklären.
Die Identität (ii) würde heißen:
∞
Y
(1 − xn )
n=0
X
p(n)xn = 1.
n≥0
Q
n
n
Wenn wir aber in jedem Faktor des Produkte ∞
n=0 (1 − x ) den Summanden −x selektieren und diese Summanden aufmultiplizieren wächst der Exponent gegen unendlich.
Wir verlassen also im Prinzip unsere Menge C[[x]]: Wie ist das also zu interpretieren.
Die Identität aus Beispiel 4 (i) ist in ähnlicher Weise nicht klar definiert. Betrachten wir
die rechte Seite
X
(
xm /m!)n
x
n
X
X
(e − 1)
x
m≥1
ee −1 =
=
.
n!
n!
n≥0
n≥0
Die rechte Seite ist klar als Reihe
X
fn (x)
n≥0
von Elementen aus C[[x]] identifierbar. Wiederum besteht potentiel die Möglichkeit unsere
Menge C[[x]] zu verlassen.
Um diese Indentitäten daher korrekt verstehen zu können, müssen wir definieren, was
wir unter eine kongergenten Folge von formalen Potenzreihen verstehen. Dazu benötigen
wir erst den Begriff einer Norm auf der Menge der Potenzreihen.
P
Definition. Für eine formale Potenzreiche f (x) := n≥0 an xn definieren wir den Grad
||f (x)|| := 0, falls an = 0 für alle n ≥ 0 und, ||f (x)|| = 1/2d , für d = min{n | an 6= 0}
sonst.
Man rechnet leicht nach.
Lemma 4.2. Für formale Potenzreihen f (x), g(x) gelten:
(i) ||f (x)|| = 0 ⇔ f (x) = 0.
(ii) ||f (x)|| ≥ 0.
4
(iii) ||f (x) + g(x)|| ≤ ||f (x)|| + ||g(x)||.
Insbesondere ist || · || eine Norma auf dem Ring C[[x]].
Nun kommen wir zum Konvergenzbegriff.
Definition. Sei (fm (x))m≥0 eine Folge von formalen Potenzreihen in C[[x]]. Wir sagen
(fm (x))m≥0 konvergiert gegen die formale Potenzreihe f (x) ∈ C[[x]], falls für alle > 0 ein
M ≥ 0 existiert, so daß
||fn (x) − fm (x)|| < für alle m ≥ M . Wir schreiben limm→∞ fm (x) = f (x).
Nun sind wir in der Lage unendliche Summen und Produkte von formalen Potenzreihen
zu definieren.
Definition. Sei (fm (x))m≥0 eine Folge von formalen Potenzreihen in C[[x]]. Sei gn (x) :=
Qn
Pn
m=0 fm (x). Konvergiert gn (x) gegen eine formale Potenzreihe
m=0 fm (x) und hn (x) :=
g(x), so schreiben wir
∞
X
fm (x) = lim gn (x) = g(x).
m=0
n→∞
Konvergiert hn (x) gegen eine formale Potenzreihe h(x), so schreiben wir
∞
Y
m=0
fm (x) = lim hn (x) = h(x).
n→∞
Q
Im Beispiel 4 betrachten wir dann die Folge fn (x) := m
m=1
Argumenten, wie beim Koeffizientenvergleich zeigt man nun
X
Y
1
=
lim
f
(x)
=
p(n)xn .
n
n
n→∞
1−x
n≥0
m≥1
1
.
1−xm
Nun sind wir soweit formale Potenzreihe so zu manipulieren, daß
Beispiel rechnen können.
Mit den gleichen
wir interessante
Beispiel. Sie an die Anzahl der Möglichkeiten eine Mauer der Länge n und Höhe 2 mit
Dominosteinen, die senkrecht und wagrecht gelegt werden können zu bauen. Wir setzen
a0 = 1 und a1 = 1 ergibt sich. Sei nun n ≥ 2. Beginnt die Mauer links mit einem
senkrechten Domino-Stein, so ist der Rest der Mauer eine Mauer der Länge n − 1 und
der Höhe 2. Begint die Mauer links mit einem waagrechten Domino-Stein, so liegen dort
2 waagrechte Domino-Steine aufeinander. Der Rest der Mauer ist eine Mauer der Länge
5
n − 2 und der Höhe 2. Damit ergibt sich für an die Formel an = wn−1 + wn−2 . Betrachten
P
wir nun die erzeugende Reihe fa (x) = n≥0 an xn der Folge a = (a0 , a1 , . . .). Es gilt:
X
X
X
fa (x) =
an x n = 1 + x +
an x n = 1 + x +
(an−1 + an−2 )xn =
n≥0
n≥2
1+x+x
X
n≥2
an−1 xn−1 + x2
an−2 xn−2 =
n≥2
n≥2
1+x+x
X
X
an x n + x 2
X
an x n =
n≥0
n≥1
1 + x + x(fa (x) − 1) + x2 fa (x) = 1 + xfa (x) + x2 fa (x).
Also ergibt sich:
1
.
1 − x − x2
Wie erhalten wir daraus eine Formel für an ???
fa (x) =
Definition. Sind P (x), Q(x) ∈ C[x] Polynome und Q(x) 6= 0, so heißt
P (x)
Q(x)
eine rationale Funktion.
Beispiel. Die erzeugenden Funktion fa (x) =
tion.
1
1−x−x2
aus Beispiel 4 ist eine rationale Funk-
Definition. Ist a = (an )n≥0 eine Folge komplexer Zahlen, so daß für feste (α1 , . . . , αd ) ∈
Cd mit αd 6= 0 gilt:
an+d + α1 an+d−1 + · · · + αd an = 0 für n ≥ 0,
so sagen wir a genügt einer linearen Rekursion vom Grad d.
Beispiel. Die Folge a aus Beispiel 4 erfüllt die lineare Rekursion
an+2 − an+1 − an = 0
vom Grad 2 für n ≥ 0.
Satz 4.3. Für eine Folge a = (a0 , a1 , . . .) von komplexen Zahlen und ein d-Tupel (α1 , . . . , αd ) ∈
Cd mit αd 6= 0 sind äquivalent.
6
(i)
fa (x) =
X
an x n =
n≥0
P (x)
Q(x)
d
mit Q(x) = 1 + α1 t + · · · + αd t und einem Polynom P (x) vom Grad < d.
(ii)
an+d + α1 an+d−1 + · · · + αd an = 0 für n ≥ 0.
(iii) Für n ≥ 0 gilt
an =
k
X
Pi (n)γin
i=1
mit 1 + α1 x + · · · + αd xd =
k
Y
(1 − γi x)di , so daß γi 6= γj , 1 ≤ i < j ≤ k und Pi (t)
i=1
ein Polynom vom Grad < di .
Bevor wir Satz 4.3 beweisen, wollen wir das Beispiel 4 angehen.
Beispiel. Sei a = (an )n≥0 die Folge aus Beispiel 4.
1
(i) Wir wissen, dass fa (x) = 1−x−x
2 ist und damit eine rationale Funktion P (x)/Q(x)
mit Q(x) = 1 − x − x2 und P (x) = 1. Also erfüllt a Satz 4.3(i) und d = 2 und
α1 = α2 = −1.
(ii) Wir wissen, dass an = an−1 + an−2 für n ≥ 2 und damit an+2 − an+1 − an = 0 für
n ≥ 2. Also erfüllt a Satz 4.3(ii) und d = 2 und α1 = α2 = −1.
(iii) Wir koönnen wegen (i) und (ii) daher Satz 4.3 (iii) anwenden um eine Formel für
an zu bestimmen. Zuerst müssen wir die Faktorisierung
1 − x − x2 =
k
Y
(1 − γi x)di
i=1
finden. Die γi sind die reziproken Nullstellen von 1−x−x2 . Die Nullstellen ergeben
sich als:
p
−1 ± (−1)2 − 4 · (−1) · 1
x1/2 =
2 · (−1)
√
1± 5
=
2
7
Also
γ1/2 =
1
√
1± 5
2
2
√
1± 5
√
2±2 5
=
−4
√
−1 ± 5
=
2
Da die beiden γi verschieden sind, erhalten wir d1 = d2 = 1.
Mit Satz 4.3(iii) ergibt sich also
√
√
−1 + 5
−1 − 5
an = P1 (n)
+ P2 (n)
2
2
mit Polynomen P1 (n) und P2 (n) vom Grad < 1 = d1 = d2 . Also sind P1 (n) und
P2 (n) Polynome vom Grad 0 und daher Konstanten A = P1 (n9 und B = P2 (n).
Satz 4.3 (iii) ist nun vollständig ausgenutzt. Um A und B zu bestimmen benötigen
wir die d = 2 Anfangswerte der Folge, also a0 und a1 . Es ergibt sich folgendes
Gleichungssystem:
√
√
−1 − 5 0
−1 + 5 0
) + B(
)
1 = A(
2
2
= A+B
√
√
−1 + 5 1
−1 − 5 1
1 = A(
) + B(
)
2
2
Man löst nun dieses lineare Gleichungssystem und bestimmt die Formel für an .
=
Für den Beweis von Satz 4.3 werden wir den allgemeinen Binomialsatz verwenden:
Satz 4.4 (Binomialsatz). Sei α ∈ Q, dann gilt:
X α
α
(1 + x) =
xn .
n
n≥0
Nun sind wir noch einmal an einem Punkt, an wir klären müssen, wie wir die Identität
aus Satz 4.4 zu verstehen haben. Ist α = p/q eine rationale Zahl, dargestellt als Bruch von
ganzen Zahlen p, q mit q 6= 0, so kann Satz 4.4 auch glesen werden als:
8
X α (1 + x) = (
xn )q .
n
n≥0
p
Beweis von Satz 4.3. Wir setzen Q(x) = 1 + α1 x + · · · + αd xd und definieren die vier
Mengen. Dabei sind V1 , V2 , V3 genau die Mengen der Folgen, die (i) , (ii) und (iii) erfüllen.
Die Aussage des Satzes ist also äquivalent mit V1 = V2 = V3 .
P
n
(1) V1 = {a = (a0 , a1 , . . .) |
n≥0 an x = P (x)/Q(x) für ein Polynom P (x) vom Grad
d }.
(2) V2 = {a = (a0 , a1 , . . .) | an+d + α1 an+d−1 + · · · + αd an = 0 für n ≥ 0 }.
P
Q
(3) V3 = {a = (a0 , a1 , . . .) | für n ≥ 0 gilt an = ki= Pi (n)γin mit Q(x) = ki=1 (1−γi x)di ,
so daß γi 6= γj , 1 ≤ i < j ≤ k und Pi (n) Polynome in n vom Grad < di }.
P
Pk
n
−di
(4) V4 = {a = (a0 , a1 , . . .) |
mit Polynomen Gi (x)
n≥0 an x =
i=1 Gi (x)(1 − γi x)
vom Grad < di und γi , di wie in V3 }.
Mna zeigt nun:
(1) V1 , V2 , V3 , V4 sind C-Vektorräume.
(2) dim(V1 ) = dim(V2 ) = dim(V3 ) = dim(V4 ) = d.
Beweis von (1): Die Menge aller Folgen (an )n≥0 von komplexen Zahlen bildet mit der Addition (an )n≥0 + (bn )n≥0 := (an + bn )n≥0 und der Skalarmultiplikation λ(an )n≥0 := (λan )n≥0
einen C-Vektorraum. Man rechnet nun für V1 , V2 , V3 , V4 nach, daß (a) die Nullfolge (0)n≥0
enthalten ist und (b) mit (an (n≥0 , (bn )n≥0 und komplexen λ, µ auch λ(sn )n≥0 + µ(bn )n≥0 .
Beweis von (2): Da in V1 die d Koeffizienten von P (x) frei gewählt werden können, in
V2 die d Anfangswerte a0 , . . . , ad−1 , in V3 die d Koeffizienten der Pi (x) und in V4 die d
Koeffizienten der Gi (x).
In einem dritten Schritt zeigen wir nun:
(3) Es gelten die Inklusionen: V1 ⊆ V2 , V4 ⊆ V1 und V4 ⊆ V3 .
Beweis von (3):
P
V1 ⊆ V2 : Sei a = (a0 , a1 , . . .) ∈ V1 . Das Produkt Q(y) n≥0 an tn ist gleich P (t). Da P (x)
einen Grad < d hat, gilt an+d + α1 an+d−1 + · · · + αd an = 0 für n ≥ 0 } und damit
a ∈ V2 . Also V1 ⊆ V2 und wegen dim V1 = dim V2 = d gilt dann schon V1 = V2 .
V4 ⊆ V1 : Sei a = (a0 , a1 , . . .) ∈ V4 . Dann gilt
X
n≥0
n
an x =
k
X
i=1
−di
Gi (x)(1 − γi x)
k
X
Y
=(
Gi (x) (1 − γj x)dj )/Q(x),
i=1
j6=i
9
P
Q
Da ki=1 Gi (x) j6=i (1 − γj x)dj einen Grad < d hat folgt a ∈ V1 und damit V4 ⊆ V1 .
Wiederum wegen dim V1 = dim V4 = d gilt dann V1 = V4 .
Pk
−di
V4 ⊆ V3 : Sei a = (a0 , a1 , . . .) ∈ V4 . Die Summe
ist eine endliche
i=1 Gi (x)(1 − γi x)
Linearkombination von Termen der Form xj /(1 − γx)c für geeignete Paramter 0 ≤
j < c. Es gilt nun:
X −c
X
xj
n
n n −j c + n − 1 − j
j
.
(−γx) =
x γ γ
=x
c−1
(1 − γx)c
n
n≥0
n≥j
Wir benutzen hier
n
(−1)
−c
n
= (−1)n (−c) · · · (−c − n + 1)/n!
c+n−1
c+n−1
= c(c + 1) · · · (c + n − 1)/n! =
=
.
n
c−1
Nun ist γ −j c+n−1−j
ein Polynom vom Grad c − 1 in n. Dies impliziert a ∈ V3
c−1
und V4 ⊆ V3 . Die Gleichheit der Dimensionen zeigt wiederum V3 = V4 .
Da zwichen Vektorräumen der gleichen Dimension keine echten Inklusionen gelten können
folgt aus (2) und (3), daß V1 = V2 = V3 = V4 . Damit folgt die Behauptung.
Beispiel. Sei an die Anzahl der Worte der Länge n über dem Alphabet Σ = {a, b, c} so
daß ab und aa nicht als Teilworte vorkommen. Dann gilt an = 2an−1 + an−2 . Also
an+2 − 2an+1 − an = 0, n ≥ 0. Sei
√
√
Q(x) = 1 − 2t − t2 = (1 − (1 − 2)t)(1 − (1 + 2)t).
√
√
Damit ist an = P1 (n)(1 − 2)n + P2 (n)(1 + 2)n . Mit Polynomen P1 und P2 vom Grad
0. Also sind P1 (t) = A und P2 (t) = B nur Konstanten. Betrachten wir die ersten beiden
√
√
Folgenglieder a0 = 1 und a1 = 3. Wir erhalten: A+B = 1 und A(1− 2)+B(1+ 2) = 3.
√
√
Wir erhalten dann A = (1 + 2)/2 und B = (1 − 2)/2.
Beispiel (Merge Sort:). Aufgabe ist es eine Liste a mit n Einträgen zu sortieren.
if (n = 1)
Return(a);
a[1..bn/2c] = Merge Sort(a[1..bn/2c]);
a[bn/2c + 1..n] = Merge Sort(a[bn/2c + 1..n]);
i = 1;
i1 = 1;
10
i2 = bn/2c + 1;
b[1, . . . , n] Liste mit n Einträgen.
while ((i1 <= bn/2c) or (i2 <= n)) do
if ((i1 ≤ bn/2c)and(a[i1 ] < a[i2 ])or(i2 > n)) {
b[i] = a[i1 ];
i1 = i1 + 1;
}
else{
b[i] = a[i2 ];
i2 = i2 + 1;
}
i = i + 1;
}
Return(b);
Sei nun an die Anzahl der Schritte beim Merge Sort einer Liste mit n Einträgen.
Es gilt:
an = abn/2c + an−bn/2c + C · n + D
für natürliche Zahlen C und D. Um die Analyse zu vereinfachen interessieren wir uns
für n = 2m , die 2er-Potenzen sind und betrachten die erzeugende Reihe der Folge b =
(b0 , b1 , . . .) = (a1 , a2 , a4 , a8 , . . .). Die ist gerechtfertigt, da man bei einem Algorithmus of
nur an dem asymptotischen Verhalten der Laufzeit für große n interessiert ist. Wir setzen
bm = a2m und erhalten
bm = 2bm−1 + C · 2m + D.
Allgemeiner als benötigt untersuchen wir die Rekursion:
bm = Bbm−1 + C · 2m + D, m ≥ 1, b0 = 1
fb (x) =
X
b m x m = b0 +
m≥0
1 + Bx
X
(Bbm−1 + C2m + D)xm =
m≥1
X
m≥0
bm x m + C
X
m≥1
2m xm + D
X
m≥1
xm =
11
1 + Bxfb (x) + C(1/(1 − 2x) − 1) + D(1/(1 − x) − 1) =
1 + Bxfb (x) + C(2x/(1 − 2x)) + D(x/(1 − x))
Also:
fb (x) = 1/(1 − Bx) · (1 + 2Cx/(1 − 2x) + D(x/(1 − x)) =
2(C + D − 1)x2 + (−2C − D + 3)x − 1
.
(1 − Bx)(1 − 2x)(1 − x)
Für B = 2 folgt dann aus Satz 4.3 (iii):
bm = a2m = 2m P1 (m) + 1m P2 (m)
mit Polynomen P1 (m) vom Grad < 2 und P2 (m) vom Grad < 1. Es ergibt sich also
a2m = 2m (p0 + p1 m) + q0 für Konstante p0 , p1 , q0 ∈ C. Asymptotisch erhalten wir daher:
an = n(p0 + p1 log(n)) + q0 .
Für die Folge an ergibt sich also ein Verhalten von n · log(n).
Betrachten wir nun ein Beispiel einer Folge mit einer erzeugenden Funktion, die nicht
rational ist:
Beispiel. Sei An die Menge der Permutationen in der Sn , die 312 vermeiden – d.h. die
durch einen Stack sortierbar sind. Wir bezeichnen mit An,i die Menge der Permutation
w = w1 · · · wn in An mit wi = 1. Dann gilt wj < wl für alle 1 ≤ j < i < l ≤ n, da
sonst wj wi wl das Muster 312 erfüllen würde. Somit ist w1 · · · wi−1 eine 312 vermeidente
Permutation der Menge {w1 , . . . , wi−1 } = {2, . . . , i} und wi+1 · · · wn eine 312 vermeidente
Permutation der Menge [n] \ [i]. Es gilt also #An,i = #Ai−1 #An−i . Damit haben wir
gezeigt, dass für an := #An gilt:
(1)
a0 = 1
und
an =
n
X
ai−1 an−i , n ≥ 1.
i=1
Betrachten wir nun die erzeugende Reihe von a := (a0 , a1 , . . .).
X
X
fa (x) =
an x n = a0 +
an x n =
n≥0
n≥1
12
=1+
n
XX
n
ai−1 an−i x = 1 + x
n≥1 i=1
n
XX
ai an−i xn =
n≥0 i=0
=1+(
X
an xn )2 = 1 + xfa (x)2 .
n≥0
Damit erfüllt fa (x) die quadratische Gleichung:
xfa (x)2 − fa (x) + 1 = 0.
Lösen wir nun diese quadratische Gleichung nach fa (x) auf, so erhalten wir:
fa (x) =
p
1
· (1 ± 1 − 4x).
2x
Da fa (0) = a0 = 1 folgt damit
p
1
· (1 − 1 − 4x).
2x
1
2 (−4x)n untersuchen wir für n ≥ 1 den Koeffizienten von xn :
n
fa (x) =
Da (1 − 4x)1/2 =
n
P
(−4) ·
n≥0
1
2
n
= (−4)n ·
1
1
1 1
· ( − 1) · ( − 2) · · · ( − n + 1)/n! =
2 2
2
2
(−1)n · (−1)n−1 · 2n · 1(2 − 1)(4 − 1) · · · (2n − 2 − 1)/n! =
n
−2 · (2n − 2)!/(2
n−1
2 2n − 2
(n − 1)!n!) = −
.
n n−1
Wir erhalten
X 2 2n − 2
1
1
1/2
a(x) =
(1 − (1 − 4x) =
(1 − 1 +
xn ) =
2x
2x
n
n
−
1
n≥1
X
X
1
2 2n − 2 n
1
2n n
x =
x .
2x n≥1 n n − 1
n
+
1
n
n≥0
1
Ein Koeffizientenvergleich ergibt also an = n+1 2n
.
n
Definition. Die Zahl Cn :=
2n
1
n+1 n
Wir wollen nun Pfade zählen.
heißt n-te Catalan Zahl.
13
Definition. Ein Dyck Pfad der Länge n ist ein Pfade von (0, 0) nach (2n, 0) mit Schritten
(1, 1) und (1, −1), so dass die x-Achse nie unterschritten wird.
Satz 4.5. Sei n ≥ 0. Die Anzahl der Dyck-Pfade der Länge n ist Cn .
Beweis. Sei an die Anzahl der Dyck-Pfade der Länge n für n ≥ 0. Für n = 0 gibt es
nur den leeren Pfad, also genau a0 = 1 = C0 Dyck-Pfade. Wir werden nun zeigen, dass
P
an = ni=1 ai−1 an−i . Aus (1) folgt, dass die Catalan-Zahlen die gleiche Anfangsbedingunge
und Rekursion erfüllen. Damit folgt dann an = Cn für alle n.
Für n ≥ 1 und einen Dyck-Pfad der Länge n von (0, 0) nach (2n, 0) sei i ≥ 1 minimal,
so dass (2i, 0) auf dem Pfad besucht wird.
Der Pfad von (2i, 0) nach (2n, 0) ist ein beliebiger Dyck-Pfad der Länge n−i. Betrachten
wir den Pfad von (0, 0) nach (2i, 0). Da die x-Achse bis (2i, 0) nicht getroffen wird können
wir den ersten Schritt (1, 1) und den letzten Schritt (1, −1) streichen und erhalten nach
Verschieben des Anfang in (0, 0) einen Dyck-Pfad der Länge i − 1. Umgekehrt kann aus
jedem Dyck-Pfad der Länge i − 1 durch Anfügen von (1, 1) und (1, −1) ein Dyck-Pfad der
Länge i konstruiert werden, der nur bei (0, 0) und (2i, 0) die x-Achse berührt.
P
Somit folgt an = ni=1 ai−1 an−i und wir sind fertig.