Monthly Archives: April 2015

Hyperplane has Lebesgue measure zero

Theorem. Let \mathcal{P} be a hyperplane of \mathbb{R}^{d}. Then \mathcal{P} has Lebesgue measure zero.

Proof. To show it, we first show

    \[ \mathcal{P}_{0}=\left\{ \left(y_{1},\dots,y_{d}\right)\in\mathbb{R}^{d}:y_{1}=0\right\}  \]

has measure zero.

Let \varepsilon>0 be given. Then set

    \[ Q_{n}=\left[-\frac{\varepsilon}{\left(2n\right)^{d-1}2^{n+1}},\frac{\varepsilon}{\left(2n\right)^{d-1}2^{n+1}}\right]\times\left[-n,n\right]\times\cdots\times\left[-n,n\right]. \]

By archimedian property, we get \mathcal{P}_{0}\subset\bigcup_{n=1}^{\infty}Q_{n}.
Note that

    \[ m\left(Q_{n}\right)=\left(2n\right)^{d-1}\times\frac{\varepsilon}{\left(2n\right)^{d-1}2^{n}}=\frac{\varepsilon}{2^{n}}. \]

So

    \[ m\left(\mathcal{P}_{0}\right)\le\sum_{n=1}^{\infty}m\left(Q_{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varepsilon}{2^{n}}=\varepsilon. \]

This implies m\left(\mathcal{P}_{0}\right)=0.

So we prove the our theorem. Since \mathcal{P} is a hyperplane of \mathbb{R}^{d}, there is \mathbf{n}\in\mathbb{R}^{d}\setminus\left\{ 0\right\} and \gamma\in\mathbb{R}^{d} such that

    \[ \mathcal{P}=\left\{ \mathbf{x}\in\mathbb{R}^{d}:\mathbf{x}\cdot\mathbf{n}=\gamma\right\} . \]

Define

    \[ \mathcal{P}^{\prime}=\left\{ x\in\mathbb{R}^{d}:\mathbf{x}\cdot\mathbf{n}=0\right\}  \]

Note that by translation invariant of Lebesgue measure, we have

    \[ m\left(\mathcal{P}\right)=m\left(\mathcal{P}^{\prime}\right). \]

Set \mathbf{e}_{1}=\frac{\mathbf{n}}{\left|\mathbf{n}\right|} and extend to the orthonormal basis for \mathbb{R}^{d}. From this, there is a orthogonal transform A:\mathbb{R}^{d}\rightarrow\mathbb{R}^{d} such that A\left(\mathcal{P}_{0}\right)=\mathcal{P}^{\prime}. So

    \[ m\left(\mathcal{P}\right)=m\left(\mathcal{P}^{\prime}\right)=m\left(A\left(\mathcal{P}_{0}\right)\right)=\left|\det A\right|m\left(\mathcal{P}_{0}\right)=m\left(\mathcal{P}_{0}\right)=0. \]

\qedbox

Mistakes on Exam: Countable compactness

오늘 위상수학 시험에서 엄청난 실수를 저질렀다. 다음엔 이런 실수 범하지 않기를 바라는 차원에서 일종의 오답노트를 적어본다.

우선 정의다.

Definition 1. A topological space X is countably compact if every countable open cover \mathcal{O} has a finite subcover.

Theorem 1. If \left(X,d\right) is countably compact, then \left(X,d\right) is compact.

Proof. 대우를 이용하자. convergent subsequence를 갖지 않는 수열 \left\{ x_{n}\right\}이 존재한다고 가정하자.

    \[ B=\left\{ x_{n}:n\in\mathbb{N}\right\} \]

이라 하면, B는 closed set이다. 왜냐하면 B^{\prime}=\varnothing이기 때문이다.
그러면 각 n\in\mathbb{N}에 대하여

    \[ B\left(x_{n},r_{n}\right)\setminus\left\{ x_{n}\right\} \cap B=\varnothing \]

r_{n}>0이 존재한다. 즉, 모든 n에 대하여 B\left(x_{n},r_{n}\right)\cap B=\left\{ x_{n}\right\}이다.
이제

    \[ \left\{ B\left(x_{n},r_{n}\right)\right\} _{n\in\mathbb{N}}\cup\left(X\setminus B\right)=X \]

이다. 이는 countable subcover를 갖지만 finite subcover는 가질 수 없다. 그러므로 대우에 의하여 \left(X,d\right)는 compact다.  \qedbox

따라오는 정리는 metric space에서 성립한 것에서 거리 개념을 없애버렸을 때 나타나는 상황이다. Extension에 전혀 무리가 없다.

Theorem 2. If X is countably compact, then every sequence \left\{ x_{n}\right\} has a limit point in X.

Proof.  대우를 이용하자. 즉 limit point를 갖지 않는 수열 \left\{ x_{n}\right\} _{n\in\mathbb{N}}이 있다고 하자. 보이고자 하는 것은 X가 countably compact가 아님을 보이는 것이다. 그러면 B=\left\{ x_{n}:n\in\mathbb{N}\right\}은 closed set이다. 왜냐하면 limit point를 갖지 않기 때문이다. 그러므로 X\setminus B는 open set이다. 또, \left\{ x_{n}\right\} 이 limit point를 가지지 않기 때문에 모든 n에 대하여 x_{n}을 포함하고

    \[ U_{n}\setminus\left\{ x_{n}\right\} \cap B=\varnothing \]

를 만족하는 open set U_{n}이 존재한다. 그러면

    \[ \left\{ U_{n}\right\} _{n=1}^{\infty}\cup\left(X\setminus B\right)=X \]

인데, \left\{ U_{n}\right\} _{n\in\mathbb{N}}\cup\left(X\setminus B\right)는 X의 countable cover이지만, finite subcover를 가질 수 없다. 왜냐하면 U_{n}\cap B=\left\{ x_{n}\right\} for all n이기 때문이다. 그러므로 X는 countably compact가 아니다. \qedbox

왜 내가 시험현장에서 실수했는지 생각을 해보니, ‘보이고자 하는 것이 무엇이었는지’ 햇갈렸던 것이었고, 그것 때문에 잘못된 행동을 했다. 다음부터는 이러지 말아야겠다고 또 다짐한다. 시험 때 한번이라도 망해보지 않은 과목이 없는 것 같다.

Tychonoff theorem implies Axiom of choice

이번 글에서는 Tychonoff theorem이 Axiom of choice를 함의한다는 것을 보이고자 한다. Tychonoff theorem은 다음과 같다.

Theorem. If \{X_i\}_{i\in I} is a family of compact spaces, then its product space \prod_{i\in I} X_i is compact space. 

이 명제의 Proof은 Axiom of choice에 의존한다. 이 글에서는 Tychonoff theorem을 증명하는 것이 목표가 아니다. 이 정리를 증명하는 방법은 다양한 형태의 Axiom of choice를 사용해서 증명하는 것이 알려져있다. 이 명제를 증명하는 방법으로는 Alexander subbase theorem을 사용하는 것이 쉽다.

이 글에서 보이고자 하는 사실은 다음과 같다.

Proposition. Axiom of choice is equivalent to the Tychonoff theorem.

Axiom of choice도 여러가지 variation이 많다. 이 글에서 Axiom of choice는 다음과 같다.

Axiom of choice. If \{X_i\}_{i\in I} is a family of nonempty sets, then \prod_{i\in I} X_i is nonempty.

Axiom of choice의 동치조건에 대해서 궁굼한 사람은 계승혁 교수의 강의록을 참고하라. 이제 명제를 증명한다.

Proof. \{X_i\}_{i\in I}를 nonempty set들로 이루어진 모임이라고 하자. 주어진 집합들에는 없는 원소 \omega \in \bigcup_{i\in I} X_i를 하나 잡자.  이제 Y_i=X_i \cup \{\omega}, \mathcal{T}_i = \{\varnothing, \{\omega\},Y_i\}라 놓으면 (Y_i, \mathcal{T}_i)는 topological space이고 열린집합이 유한개밖에 없으므로 compact space다. 그러므로 Tychonoff theorem에 의하여 \prod_{i\in I} Y_i는 compact이다.

\{\omega\}는 open set이므로 \pi^{-1}_{i}\left(\{ \omega\}\right)^c\prod_{i\in I} Y_i에서 닫힌 집합이다. 그리고 \{\omega\}^c = X_i이다. A_i = \prod^{-1} (X_i)라 놓자. Compact set의 성질을 이용하기 위하여 \{A_i\}_{i\in I}가 F.I.P를 갖는다는 것을 보이고자 한다.

유한 부분집합 J\subset I을 하나 잡자. 그러면 J=\varnothing인 경우에는 \bigcap_{i\in J} A_i = \mathcal{U}이므로 \omega \in \bigcap_{i\in J} A_i이다. J\neq \varnothing일 때는 각각의 j\in J에 대하여 x_j \in X_j를 하나 잡자. 그리고 다음과 같이

    \[ b_i = \begin{cases} x_i & i\in J \\                                         \omega & i\neq J \end{cases} \]

라 정의하자. 그러면 (b_i)_{i\in I} \in \bigcap_{j\in J} \pi^{-1}_{j} (X_j) =\bigcap_{j\in J} A_j이다. 그러므로 어떤 finite subset J\subset I를 잡아도 \bigcap_{j\in J} A_j \neq \varnothing이다. 그러므로 \{A_i\}는 F.I.P를 갖는다.

그런데 \prod Y_i가 compact set이므로 \varnothig\neq \bigcap A_i =\bigcap \pi^{-1} (X_i) = \prod X_i이므로 증명이 끝난다. \Box

Bernoulli number and Zeta function

이 글에서는 Bernoulli number와 zeta function과의 관계를 드러내는 식을 증명한다.

Definition 1 Define the Bernoulli numbers {B_{n}} by the formula

\displaystyle \frac{z}{e^{z}-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}.

이 Bernoulli number는 계수 비교를 이용해서 {B_{0}=1}, {B_{1}=-\frac{1}{2}}, {B_{2}=\frac{1}{6},}, {B_{3}=0}, {B_{4}=-\frac{1}{30}}, {B_{5}=0}이 성립한다.

Bernoulli number를 generating function을 이용해서 정의를 했는데, Bernoulli number간의 점화식은 다음과 같다.

Proposition 2 For {n\ge1}, we have

\displaystyle B_{n}=-\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n+1}{k}B_{k}.

Proof: 계산의 편의를 위해 양변에 {e^{z}-1}를 곱하면

    \begin{align*} z & =\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}\right)\left(e^{z}-1\right)\\ & =\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}-1\right)\\ & =\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}\right)-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n} \end{align*}

를 얻는다. 여기서 Cauchy product formula에 의하여

\displaystyle \left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{B_{k}}{k!}\frac{1}{\left(n-k\right)!}\right)z^{n}

를 얻으며,

\displaystyle z=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{B_{k}}{k!}\frac{1}{\left(n-k\right)!}-\frac{B_{n}}{n!}\right)z^{n}

를 얻는다. 이 식에서 {n\ge2}일 경우에 대해서는

\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{B_{k}}{k!}\frac{1}{\left(n-k\right)!}=\frac{B_{n}}{n!}

가 성립함을 보인다. 따라서

\displaystyle B_{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}B_{k}=-\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n+1}{k}B_{k}

를 얻는다. \Box

Proposition 3 {B_{n}=0} if {n} is odd and {>1}. Also,

\displaystyle z\cot z=1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{2^{2n}B_{2n}}{\left(2n\right)!}z^{2n}. \ \ \ \ \ (1)

 

Proof: 다음과 같이

\displaystyle \frac{z}{e^{z}-1}=1-\frac{z}{2}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}

이라 쓰고,

\displaystyle \frac{z}{e^{z}-1}+\frac{z}{2}=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}

이라 하자. 그러면

    \begin{align*} & \mathrel{\phantom{{=}}}\frac{z}{e^{z}-1}+\frac{z}{2}\\ & =\frac{z}{2}\left(\frac{e^{\frac{z}{2}}+e^{-\frac{z}{2}}}{e^{\frac{z}{2}}-e^{-\frac{z}{2}}}\right)\nonumber \\ & =\frac{z}{2}\coth\left(\frac{z}{2}\right)\nonumber \end{align*}

을 얻는다.

\displaystyle \frac{\left(-z\right)}{2}\coth\left(\frac{-z}{2}\right)=\frac{z}{2}\coth\left(\frac{z}{2}\right)

이므로 이는 우함수다. 따라서

\displaystyle 1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}\left(-z\right)^{n}=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}\left(-1\right)^{n}z^{n}=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}

이므로

\displaystyle B_{n}\left(-1\right)^{n}=B_{n}

이다. 따라서 {n}이 1보다 큰 홀수일 경우, {B_{n}=0}임을 얻는다.

이제 {\frac{z}{2}\coth\left(\frac{z}{2}\right)}{z}{2iz}를 넣으면 {iz\coth\left(iz\right)=z\cot\left(z\right)}를 얻는다. 그러므로

    \begin{align*} z\cot\left(z\right) & =1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}\left(2iz\right)^{n}\\ & =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B_{2n}}{\left(2n\right)!}\left(i\right)^{2n}2^{n}z^{n}\\ & =1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{B_{2n}}{\left(2n\right)!}2^{n}z^{n} \end{align*}

를 얻는다. \Box

Proposition 4 We have

\displaystyle x\cot x=1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta\left(2m\right)}{\pi^{2m}}x^{2m}.

이를 보이기 위해서는 다음과 같은 사실이 하나 필요하다.

Lemma Let {\alpha} be a complex number not equal to an integer. Then

\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}-\alpha^{2}}=\frac{1}{2\alpha^{2}}-\frac{\pi}{2\alpha\tan\left(\alpha\pi\right)}.

For all {u\in\mathbb{C}-\pi\mathbb{Z}},

\displaystyle \cot u=\frac{1}{u}+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u}{u^{2}-n^{2}\pi^{2}}.

Proof: 증명 보충예정 \Box

Proof: {\left|\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right|<1}{u\in\mathbb{C}-\pi\mathbb{Z}}에 대하여 앞에 lemma에 의하여

    \begin{align*} u\cot u & =1+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^{2}}{u^{2}-n^{2}\pi^{2}}\\ & =1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\left(\frac{1}{1-\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}}\right)\\ & =1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\left(\sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)^{m}\right)\\ & =1-2\sum_{m=0}^{\infty}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m+2}}\right)\frac{1}{\left(\pi\right)^{2m+2}}u^{2m+2}\\ & =1-2\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\zeta\left(2m+2\right)}{\pi^{2m+2}}u^{2m+2}\\ & =1-2\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\zeta\left(2m\right)}{\pi^{2m}}u^{2m} \end{align*}

이 성립한다. 해석확장에 의하여

\displaystyle x\cot x=1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta\left(2m\right)}{\pi^{2m}}x^{2m} \ \ \ \ \ (2)

 

이다. \Box

이제 우리가 증명하고자 하는 정리의 증명이 거의 다 끝나간다.

Theorem 5 For any {m\in\mathbb{N}}, we have

\displaystyle 2\zeta\left(2m\right)=\left(-1\right)^{m+1}\frac{\left(2\pi\right)^{2m}}{\left(2m\right)!}B_{2m}.

Proof: (1)와 (2)에 의하여

\displaystyle \sum_{m=1}^{\infty}\left(-1\right)^{m}\frac{2^{2m}B_{2m}}{\left(2m\right)!}x^{2m}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{-2\zeta\left(2m\right)}{\pi^{2m}}x^{2m}

를 얻으므로 따라서

\displaystyle 2\zeta\left(2m\right)=\left(-1\right)^{m+1}\frac{\left(2\pi\right)^{2m}}{\left(2m\right)!}B_{2m}

이다. \Box

Catalan number and its closed formula

이 글에서는 카탈란 수의 closed formula를 증명한다. 우선 이 글에서 카탈란 수의 정의는 다음과 같다.

Definition 1 The Catalan numbers are a sequence defined by the following recurrence relation:

\displaystyle c_{0}=1\quad\text{and\quad}c_{n+1}=\sum_{k=0}^{n}c_{k}c_{n-k}.

카탈란 수를 정의했으니, 다음 질문은 이 카탈란 수를 표현할 수 있는 일반식이 무엇인지다.

일반항을 구하는 방법은 여러가지가 있지만, Generating function을 이용해서 찾고자 한다. 잠시 Cauchy product 공식을 기억하도록 하자. 이는 Generating function theory에서 꽤 유용하게 쓰인다.

Theorem 2 (Cauchy Product Formula) Suppose that {\sum a_{n},\sum b_{n},\sum c_{n}} where {c_{n}=\sum_{k=0}^{n}a_{n-k}b_{k}} converges to {A,B,C} respectively. Then {C=AB}.

Proof: Summation by part를 사용해보도록 하자. 잠시 {\sum a_{n}}이 converge absolutely라 하고 {A_{n}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}}, {B_{n}=\sum_{k=0}^{n}b_{k}}라 하자. 그러면

    \begin{align*} C_{n} & =\sum_{k=0}^{n}c_{k}\\ & =a_{0}B_{n}+a_{1}B_{n-1}+\cdots+a_{n}B_{0}\\ & =a_{0}\left(B+B_{n}-B\right)+\cdots+a_{n}\left(B+B_{0}-B\right)\\ & =A_{n}B+\sum_{k=0}^{n}a_{n-k}\left(B_{k}-B\right) \end{align*}

를 얻는다. 이제 수렴하는 작업을 시작해보도록 하자. {a_{k}}{B_{k}}가 모두 수렴하므로 모든 {k}에 대하여 {\left|a_{k}\right|\le M_{A}}, {\left|B_{k}\right|<M_{B}}{M_{A},M_{B}}가 존재한다.

{\varepsilon>0}이 주어졌다고 하자. {\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{k}\right|<\infty}이므로 {\sum_{n=N_{1}}^{\infty}\left|a_{n}\right|<\frac{\varepsilon}{M_{B}}}{N_{1}}이 존재한다. 또, {k\le N_{1}}{k}에 대하여

\displaystyle \left|B_{n}-B\right|<\frac{\varepsilon}{N_{1}M_{A}}

인 충분히 큰 {n}을 잡을 수 있다. 그러므로 충분히 큰 {n}에 대하여

    \begin{align*} \left|\sum_{k=0}^{n}a_{n-k}\left(B_{k}-B\right)\right| & \le\sum_{k=0}^{N_{1}-1}\left|a_{n-k}\right|\left|B_{k}-B\right|+\sum_{k=N_{1}}^{n}\left|a_{n-k}\right|\left|B_{k}-B\right|\\ & \le\sum_{k=N_{1}}^{n}\left|a_{k}\right|M_{B}+\sum_{k=0}^{N_{1}}M_{A}\left|B_{n-k}-B\right|<2\varepsilon \end{align*}

이므로 {n}이 한없이 커질 때,

\displaystyle C_{n}\rightarrow AB

임을 얻는다.

이제 Abel’s theorem을 이용해서 정리를 증명한다. {\left|x\right|<1}에서 {f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}}, {g\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}}이라 하고 {h\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n}}이라 하자. {f\left(1\right)=\sum a_{n}}, {g\left(1\right)=\sum b_{n}}, {h\left(1\right)=\sum c_{n}}이라 정의하면, {f\left(x\right),g\left(x\right)}{\left|x\right|<1}에서 converges absolutely이므로

\displaystyle f\left(x\right)g\left(x\right)=h\left(x\right)

를 얻는다. 이제 Abel’s theorem을 적용하면

\displaystyle AB=\lim_{x\rightarrow1}f\left(x\right)g\left(x\right)=\lim_{x\rightarrow1}h\left(x\right)=h\left(1\right)=C

이다. \Box

이제 이를 바탕으로 보이고자 하는 정리를 증명하자.

Theorem 3 If {n\ge0}, then the closed formula for {c_{n}} is

\displaystyle c_{n}=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}.

Proof: {c_{n}}의 생성함수를 {C\left(x\right)}라 하자. 즉

\displaystyle C\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n}.

그러면 {c_{n+1}=\sum_{k=0}^{n}c_{k}c_{n-k}}로부터

\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}c_{n+1}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}c_{k}c_{n-k}\right)x^{n}

를 얻고 {c_{0}=1}로부터

\displaystyle \frac{1}{x}\left(C\left(x\right)-1\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}c_{k}c_{n-k}\right)x^{n}

를 얻는다. Cauchy product formula에 의하여

    \begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}c_{k}c_{n-k}\right)x^{n} & =\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}c_{k}x^{k}c_{n-k}x^{n-k}\right)\\ & =\left(\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n}\right)\\ & =C\left(x\right)^{2} \end{align*}

이다. 그러므로 근의 공식에 의하여

\displaystyle C\left(x\right)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x}

를 얻는다.

    \begin{align*} \sqrt{1-4x} & =\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\frac{1}{2}}{n}\left(-4\right)^{n}x^{n} \end{align*}

이고,

    \begin{align*} & \mathrel{\phantom{{=}}}\binom{\frac{1}{2}}{n}\left(-4\right)^{n}\\ & =\frac{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-1\right)\left(\frac{1}{2}-2\right)\cdots\left(\frac{1}{2}-n+1\right)}{n!}\left(-4\right)^{n}\\ & =\frac{\left(2-1\right)\left(4-1\right)\cdots\left(2\left(n-1\right)-1\right)}{\left(n!\right)^{2}}\left(-1\right)2^{n}\left(n!\right)\\ & =-\frac{\left(2n\right)!}{\left(n!\right)\left(2n-1\right)}\\ & =-\frac{1}{2n-1}\binom{2n}{n}. \end{align*}

이 결과로부터 {\pm}부호를 -로 하는 것이 원래 {C\left(x\right)}의 정의에 합당하다.

    \begin{align*} C\left(x\right) & =\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}=\frac{1+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n-1}\binom{2n}{n}x^{n}}{2x}\\ & =\frac{1}{2x}\left\{ 1+\left(-1\right)+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n-1}\binom{2n}{n}x^{n}\right\} \\ & =\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}\binom{2\left(n+1\right)}{n+1}x^{n}. \end{align*}

멱급수의 계수를 비교하고 계산을 통해

    \begin{align*} c_{n} & =\frac{1}{4n+2}\binom{2\left(n+1\right)}{n+1}\\ & =\frac{1}{4n+2}\frac{\left(2n+2\right)\left(2n+1\right)\left(2n\right)!}{\left(n+1\right)!\left(n+1\right)!}\\ & =\frac{1}{4n+2}\frac{\left(2n+2\right)\left(2n+1\right)}{\left(n+1\right)\left(n+1\right)}\cdot\frac{\left(2n\right)!}{n!n!}\\ & =\frac{\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{\left(2n+1\right)\left(n+1\right)}\times\binom{2n}{n}\\ & =\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} \end{align*}

를 얻는다. \Box

이 카탈란 수는 여러가지 조합론 적 모델이 있다. 자세한 내용은 Stanley의 Enumerative Combinatorics의 2권에 잘 설명되어 있다.

References

  1. R. P. Stanley, Enumerative combinatorics, Vol. 2, volume 62 of Cambridge Studies in Advanced Mathematics, 1999.
  2. The Catalan Numbers from Their Generating Function, https://mikespivey.wordpress.com/2013/03/19/the-catalan-numbers-from-their-generating-function/.
  3. Wikipedia, Catalan numberhttp://en.wikipedia.org/wiki/Catalan_number.