關(guān)于擴(kuò)展的卡特蘭數(shù)：
1.(n-m+1)/(n+1)*c(n+m,n)
2.c[n+m][n]-c[n+m][m-1]
Catalan，Eugene，Charles，卡特蘭（1814～1894）比利時(shí)數(shù)學(xué)家，生于布魯日（Brugge），早年在巴黎綜合工科學(xué)校就讀。1856年任列日（Liege）大學(xué)數(shù)學(xué)教授，并被選為比利時(shí)布魯塞爾科學(xué)院院士。
卡特蘭一生共發(fā)表200多種數(shù)學(xué)各領(lǐng)域的論著。在微分幾何中，他證明了下述所謂的卡特蘭定理：當(dāng)一個(gè)直紋曲線是平面和一般的螺旋面時(shí)，他只能是實(shí)的極小曲面。他還和雅可比（Jacobi，C·G·J）同時(shí)解決了多重積分的變量替換問題，建立了有關(guān)的公式。
1842年，他提出了一種猜想：方程xz－yt＝1沒有大于1的正整數(shù)解，除非平凡情形32－23＝1。這一問題至今尚未解決。
（mathoe注：即除了8、9這兩個(gè)連續(xù)正整數(shù)都是正整數(shù)的方冪外，沒有其他。1962年我國數(shù)學(xué)家柯召以極其精湛的方法證明了不存在三個(gè)連續(xù)正整數(shù)，它們都是正整數(shù)的方冪，以及方程x2－yn＝1，n＞1，xy≠0無正整數(shù)解。并且還證明了如果卡特蘭猜想不成立，其最小的反例也得大于1016。）
此外，卡特蘭還在函數(shù)論、伯努利數(shù)和其他領(lǐng)域也做出了一定的貢獻(xiàn)。
卡特蘭通過解決凸n邊形的剖分得到了數(shù)列Cn。
凸n＋2邊形用其n－1條對(duì)角線把此凸n＋2邊形分割為互不重疊的三角形，這種分法的總數(shù)為Cn。
為紀(jì)念卡特蘭，人們使用“卡特蘭數(shù)”來命名這一數(shù)列。
據(jù)說有幾十種看上去毫不相干的組合計(jì)數(shù)問題的最終表達(dá)式都是卡特蘭數(shù)的形式。
卡特蘭數(shù)在數(shù)學(xué)競賽、信息學(xué)競賽、組合數(shù)學(xué)、計(jì)算機(jī)編程等都會(huì)有其不同側(cè)面的介紹。
前幾個(gè)卡特蘭數(shù)：規(guī)定C0＝1，而
C1＝1，C2＝2，C3＝5，C4＝14，C5＝42，
C6＝132，C7＝429，C8＝1430，C9＝4862，C10＝16796，
C11＝58786，C12＝208012，C13＝742900，C14＝2674440，C15＝9694845。
遞推公式
圓周上有標(biāo)號(hào)為1，2，3，4，……，2n的共計(jì)2n個(gè)點(diǎn)，這2n個(gè)點(diǎn)配對(duì)可連成n條弦，且這些弦兩兩不相交的方式數(shù)為卡特蘭數(shù)Cn。
2003年浙江省小學(xué)數(shù)學(xué)夏令營競賽考了這個(gè)題：圓周上10個(gè)點(diǎn)可以連成既不相交，也沒有公共端點(diǎn)的5條線段，不同的連法共有_____種。
答：方法的種數(shù)是卡特蘭數(shù)C5＝42，此題被收錄進(jìn)單墫主編的知識(shí)出版社出版的《華數(shù)奧賽強(qiáng)化訓(xùn)練》小學(xué)六年級(jí)冊(cè)的“計(jì)數(shù)問題”專題。
共六種類型，第1類有5種連法，第2類有2種連法，第3類有10種連法，第4類有10種連法，第5類有10種連法，第6類有5種連法。共有42種連法。
1994年《小學(xué)數(shù)學(xué)》有獎(jiǎng)?wù)鞔鸶傎悾河螛穲@門票1元一張，每人限購一張?，F(xiàn)在有10個(gè)小朋友排隊(duì)購票，其中5個(gè)小朋友每人只有1元的鈔票一張，另5個(gè)小朋友每人只有2元的鈔票一張，售票員沒有準(zhǔn)備零錢。問：有多少種排隊(duì)方法，使售票員總能找的開零錢？
（此題也被許多奧數(shù)資料收錄為例題或習(xí)題，《華羅庚學(xué)校數(shù)學(xué)課本》小學(xué)六年級(jí)冊(cè)的思維訓(xùn)練也收有此題）
答：現(xiàn)把拿1元的5個(gè)小朋友看成是相同的，把拿2元的5個(gè)小朋友也看成是相同的，使用我們常用的“逐點(diǎn)累加法”：
圖中每條小橫段表示拿1元的小朋友，每條小豎段表示拿2元的小朋友，要求從A走到B的過程中網(wǎng)格中任何點(diǎn)均有橫段數(shù)不小于豎段數(shù)：拿1元的要先，且人數(shù)不能少于拿2元的，即不能越過對(duì)角線AB：每個(gè)點(diǎn)所標(biāo)的數(shù)即為從A走到此點(diǎn)的方法數(shù)。求從A到B的走法的方法數(shù)。逐點(diǎn)累加可求出為42，即卡特蘭數(shù)C5＝42。
又由于每個(gè)小朋友是不相同的，所以共有42×5！×5?。?2×120×120＝604800種情況。
若把此題的10個(gè)人，拿1元的有5人，拿2元的有5人改為共有2n個(gè)人，拿1元的n人，拿2元的n人，則符合要求的排隊(duì)方法數(shù)為：
再一個(gè)卡特蘭數(shù)的例子：
甲乙兩人比賽乒乓球，最后結(jié)果為20∶20，問比賽過程中甲始終領(lǐng)先乙的計(jì)分情形的種數(shù)。
即甲在得到1分到19分的過程中始終領(lǐng)先乙，其種數(shù)是卡特蘭數(shù)
再一個(gè)卡特蘭數(shù)的例子
飯后，姐姐洗碗，妹妹把姐姐洗過的碗一個(gè)一個(gè)放進(jìn)碗櫥摞成一摞。一共有n個(gè)不同的碗，洗前也是摞成一摞的，也許因?yàn)樾∶秘澩娑雇肽眠M(jìn)碗櫥不及時(shí)，姐姐則把洗過的碗摞在旁邊，問：小妹摞起的碗有多少種可能的方式？
答：得數(shù)是第n個(gè)卡特蘭數(shù)Cn。
再一個(gè)卡特蘭數(shù)的例子
一個(gè)汽車隊(duì)在狹窄的路面上行駛，不得超車，但可以進(jìn)入一個(gè)死胡同去加油，然后再插隊(duì)行駛，共有n輛汽車，問共有多少種不同的方式使得車隊(duì)開出城去？
答：得數(shù)是第n個(gè)卡特蘭數(shù)Cn。
卡特蘭數(shù)
求證：卡特蘭數(shù)Cn是整數(shù)。
證明：
①取整函數(shù)不等式：對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y有[x＋y]≥[x]＋[y]。這里[x]表示不大于實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)。
解：由定義x≥[x]……（1）
y≥[y]……（2）以上兩式相加，得：x＋y≥[x]＋[y]，
把上式再取整，得：[x＋y]≥[[x]＋[y]]＝[x]＋[y]，即[x＋y]≥[x]＋[y]。
②1000！的末尾0的個(gè)數(shù)249個(gè)。（現(xiàn)在有的小學(xué)奧數(shù)書上出現(xiàn)了100！末尾有幾個(gè)零的題目：24個(gè)）
解：1000÷5＝200，
200÷5＝40，
40÷5＝8，
8÷5＝1……3
以上各商相加，即得1000！末尾0的個(gè)數(shù)＝200＋40＋8＋1＝249個(gè)。
③n！的質(zhì)因數(shù)分解式中質(zhì)因子p的冪次數(shù)：
…………（1）
k！的質(zhì)因數(shù)分解式中質(zhì)因子p的冪次數(shù)
…………（2）
(n－k)!的質(zhì)因數(shù)分解式中質(zhì)因子p的冪次數(shù)
…………（3）
這里寫成西格馬求和式時(shí)使用了無窮的形式，但是從某一確定項(xiàng)之后的每項(xiàng)都是0，為了統(tǒng)一，都寫成了“∞”形式。
④組合數(shù)是整數(shù)
解：
⑤卡特蘭數(shù)是整數(shù)
⑥卡特蘭數(shù)是整數(shù)的另外一個(gè)證明
④組合數(shù)是整數(shù)
⑤卡特蘭數(shù)是整數(shù)
⑥卡特蘭數(shù)是整數(shù)的另一個(gè)證明
凸六邊形剖分成三角形的14種方法，是卡特蘭數(shù)C4
從左下角（0，0）走到右上角（4，4），只允許向上、向右走，但不允許穿過對(duì)角線的方法數(shù)是14種，是卡特蘭數(shù)C4
1936第40屆匈牙利奧林匹克數(shù)學(xué)競賽 第1題考了Catalan恒等式的證明。
1979第21屆國際數(shù)學(xué)奧林匹克 第1題考了一個(gè)卡特蘭恒等式的應(yīng)用的題目
此題由1989年第1屆匈牙利-以色列數(shù)學(xué)競賽題改編。
轉(zhuǎn)自：
http://www.mathoe.com/dispbbs.asp?boardid=89&replyid=46004&id=34522&page=1&skin=0&Star=2