卡塔兰(Catalan Number)数和斯特林公式(Stirling Approximation)分析

1.卡塔兰数
设第n个卡塔兰数为 $h(n)$， $h(n)$满足 $h(n)=\sum^{n}_{i=1}{h(n-i)*h(i-1)}(h(0)=1,h(1)=1)$
下面由上述定义的递推公式推导卡塔兰数的通项公式
对于数列 $\{h(1),h(2),h(3),...h(n)...\}$
其生成函数为 $G(x)=h(0)x+h(1)x^2+...+h(n)x^{n+1}+...$
$[G(x)]^2=h(0)x^2+(h(0)h(1)+h(1)h(0))x^3+(h(0)h(2)+h(1)h(1)+h(2)h(0))x^4...$
由递推公式可知
$[G(x)]^2=G(x)-x$
解得: $x_1=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2},x_2=\frac{1+\sqrt{1-4x}}{2}(G(0)=0,故x_2舍去)$
根据牛顿二项式 $(1-4x)^{\frac{1}{2}}=1-2\frac{1}{n+1}\sum^{\infty}_{n=1}C^{2n}_{n}x^n$
化简得
$G(x)=\frac{1}{n+1}\sum^{\infty}_{n=1}C^{2n}_{n}x^n，所以h(n)=\frac{1}{n+1}C^{2n}_{n}$
2.斯特林公式
$n!=\sqrt{2\pi n}{(\frac{n}{e})}^n$
(1)第一部分
由微积分知识可知
$I_k=\int^{\frac{\pi}{2}}_0sin^k(x)dx=$
$\frac{\pi}{2}(k=0)$
$1(k=1)$
$\frac{(k-1)!!}{k!!}(k为奇数)$
$\frac{(k-1)!!}{k!!}\frac{\pi}{2}(k为偶数)$
由 $sin(x)<1$可知: $I_{2k+1}<I_{2k}<I_{2k-1}$，即
$1<\frac{\frac{\pi}{2}}{(\frac{(2k)!!}{(2k-1)!!})^2\frac{1}{2k+1}}<\frac{2k+1}{2k}$
对两边取极限，由夹逼定理可知
$\lim_{k→\infty}{{(\frac{2^{2k}({k!})^2}{2k!})}^2\frac{1}{2k+1}}$
(2)第二部分
$I_n=\int^{n}_1\ln n =n\ln n-n+1$
该积分内接梯形面积为 $s_n=\ln n!-\frac{1}{2}\ln n$,外接梯形面积 $S_n=\ln n!-\frac{1}{2}\ln n+\frac{1}{8}$
设 $a_n=I_n-s_n<\frac{1}{8}$, $a_n$单调递增(积分面积与内接梯形面积差值随n增大而增大)有上界，故 $a_n$极限存在
$a_n=n\ln n-n+1-\ln n!-\frac{1}{2}\ln n$转化得 $\ln n!=1-a_n+n\ln n+\frac{1}{2}\ln n-n$
两边互取指数得 $n!=e^{1-a_n}\sqrt{n}{(\frac{n}{e})}^n$,设 $b_n=e^{1-a_n},\lim_{n→\infty}b_n=b$
代入第一部分得到的公式得：
$\lim_{k→\infty}(\frac{2^{2k}(b_k\sqrt{k}{(\frac{k}{e})}^k)^2}{b_{2k}\sqrt{2k}(\frac{2k}{e})^{2k}})^2\frac{1}{2k+1}=\frac{\pi}{2}$
$b\lim\frac{k}{2}\frac{1}{2k+1}=\frac{\pi}{2},所以b=\sqrt{2\pi}$
$得到斯特林公式:n!=\sqrt{2\pi n}{(\frac{n}{e})}^n$
3.对于O(h(n))的化简
$O(h(n))=O(\frac{1}{n+1}C^n_{2n})=O(\frac{1}{n+1}\frac{(2n)!}{(n!)^2})=O(\frac{1}{n+1}\frac{4^n\sqrt{4\pi n}(\frac{n}{e})^{2n}}{2\pi n(\frac{n}{e})^{2n}})=O(\frac{4^n}{n^{\frac{3}{2}}})(此上界随n增大而渐进)$