Catalan-Zahlen - bnv-bamberg

Beweis: Wir betrachten die rechte Seite der Funktionalgleichung:
z · C(z) 2 + 1 = 1 +
Also gilt:
∞
Cnz n ·
∞
Cnz n+1 =
n=0 n=0
= 1 + (C0 + C1z + C2z 2 + ....) · (C0z + C1z 2 + C2z 3 + ....) =
= 1 + C 2 0
= 1 +
z + (C0C1 + C1C0
C1
∞
Cnz n =
n=1
C2
)z 2 + (C0C2 + C1C1 + C2C0
)z
3 + .... =
∞
Cnz n = C(z) q.e.d.
n=0
C(z) 2 − C(z)
z
+ 1
z
Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung sind:
C(z)1,2 =
1
z ±
1
z2 − 4
z
2
= 0
= 1 ± √ 1 − 4z
2z
Für |z| < 1 1 gilt → ∞ für z → 0. Dies steht
4
aber im Widerspruch zu C(0) = C0 = 1. Daher fällt die Möglichkeit mit dem Pluszeichen
weg und es muß das Minuszeichen gelten:
Damit stimmt auch
2z < 1+√1−4z und deswegen geht 2z
1+√1−4z 2z
1 −
C(0) = lim C(z) = lim
z→0 z→0
√ 1 − 4z
2z
C(z) = 1 − √ 1 − 4z
2z
l’Hospital
= lim
z→0
Nun entwickeln wir √ 1 − 4z in eine Potenzreihe:
√ 1 1 · 1
1 − 4z = 1 + (−4z) −
2
1
= 1 − 2 ·
2
∞
= 1 − 2 ·
= 1 − 2 ·
= 1 − 2 ·
n=0
∞
C3
− 1
2· √ · (−4)
1−4z
2
(18)
1
= lim √ = 1 = C0
z→0 1 − 4z
2 · 4 (−4z)2 1 · 1 · 3
+
2 · 4 · 6 (−4z)3 1 · 1 · 3 · 5
−
2 · 4 · 6 · 8 (−4z)4 + .... =
1 · 1
· 2z +
2 · 4 · 2 · 4z2 1 · 1 · 3
+
2 · 4 · 6 · 2 · 42z 3 +
(2n)!
n!·2 n
(n + 1)! · 2 n+1 · 2 · 4n · z n+1 =
(2n)! · 4 n
n! · (n + 1)! · 2
n=0
n · 2n · zn+1 =
∞
n=0
1
n + 1 ·
2n
n
· z n+1
41
1 · 1 · 3 · 5
2 · 4 · 6 · 8 · 2 · 43 z 4 + ....
=