He analizado la trenza números de ${\frak{B}}((i,j)\rightarrow(k,l))$; como se describe a continuación, el cálculo, se puede hacer mediante la enumeración de una clase de celosía paseos.
Básicos de la formulación de
Deje $T_{a}^{b}$ es la operación de traslado de una tarjeta de la fuente de la pila de $a$ a destino montón $b$ donde $a,b=1,2$. Legal "juego" del tipo que contribuyen a ${\frak{B}}((h,h)\rightarrow(h,h))$ se compone de una secuencia de $2h$ operaciones, exactamente $h$ de los cuales tienen subíndice $1$ (tomar una tarjeta de la fuente de la pila de $1$), y exactamente $h$ de los que han superíndice $1$ (poner una tarjeta en el destino de la pila de $1$). Ya que podemos elegir los subíndices y superíndices de forma independiente, el número total de juegos de es ${{2h}\choose{h}}^2$.
Más generalmente, los juegos que contribuyen a ${\frak{B}}((i,n-i)\rightarrow(j,n-j))$ ha $n$ operaciones, de los cuales, $i$ tiene subíndice $1$ $j$ han superíndice $1$; estos juegos de número de ${{n}\choose{i}}{{n}\choose{j}}$.
Sin embargo, no todos los juegos llevan a diferentes configuraciones. En particular, las operaciones de $T_{1}^{1}$ $T_{2}^{2}$ conmutar: cuando se presentan uno al lado del otro, la configuración final no es cambiado por el intercambio de su orden. Cuando se enumeran las configuraciones posibles, necesitamos contar cada conjunto de equivalente juegos de una sola vez. Podemos, por tanto, restringir nuestra enumeración de juegos donde cada cadena de $T_{1}^{1}$'s y $T_{2}^{2}$s'es de la forma $(T_{1}^{1})^a (T_{2}^{2})^b$; es decir, $T_2^{2}T_1^{1}$ está prohibido. Del mismo modo, las operaciones de $T_{1}^{2}$ $T_{2}^{1}$ también viajan, y así vamos a prohibir $T_2^{1}T_1^{2}$. No es difícil ver que ningún otro par de operaciones de desplazamientos. De esta manera, se llega a un conjunto restringido de juegos con un uno-a-uno para la asignación de configuraciones finales.
Celosía paseos
El recuento de las restricciones para ${\frak{B}}((i,n-i)\rightarrow(j,n-j))$ son los siguientes:
$$
\begin{eqnarray}
\#(T_1^{1})+\#(T_1^{2})&=&i \\
\#(T_2^{1})+\#(T_2^{2})&=&n-i \\
\#(T_1^{1})+\#(T_2^{1})&=&j \\
\#(T_1^{2})+\#(T_2^{2})&=&n-j.
\end{eqnarray}
$$
Un poco de álgebra se muestra que esto es equivalente a
$$
\begin{eqnarray}
\#(T_1^{1})-\#(T_2^{2})&=&(i+j)-n \\
\#(T_1^{2})-\#(T_2^{1})&=&i-j \\
\sum_{a,b}\#(T_a^{b})&=&n.
\end{eqnarray}
$$
Si podemos identificar las operaciones con los movimientos en $\mathbb{Z}^2$ (es decir, $T_1^{1}/T_2^{2}$ son de este a oeste se mueve, y $T_1^{2}/T_2^{1}$ son de norte a sur), vemos que hay un isomorfismo entre los juegos y los paseos en $\mathbb{Z}^2$: los juegos que contribuyen a ${\frak{B}}((i,n-i)\rightarrow(j,n-j))$ corresponden a los paseos de $(0,0)$ $((i+j)-n,i-j)$exactamente $n$ pasos. En particular, el simétrico de los números en la pregunta (donde$i=j=h$$n=2h$) corresponden a cerrado paseos. Lo que es más importante, el de los juegos restringidos corresponden a restringido paseos en $\mathbb{Z}^2$: los paseos son aquellos en los que de oeste a este y de sur a norte en zigzag no ocurrir nunca. Podemos evaluar la trenza números contando estos restringido cerrado paseos.
El recuento de celosía paseos
Vamos a denotar el número de paseos a$x\in\mathbb{Z}^2$$n$$G_{n}(x)$, y el número restringido de paseos por $H_{n}(x)$. Cada una de las $n$-paso pie es de acceso restringido a pie ya, o bien toma su primer prohibido en zigzag en $x'$ $m \le n-2$ pasos, después de lo cual se tiene que cubrir el resto de desplazamiento $x-x'$ $n-m-2$ pasos. Es decir,
$$
G_{n}(x) = H_{n}(x) + 2\sum_{m=0}^{n-2}\sum_{x\in\mathbb{Z}^2}H_{m}(x')G_{n-m-2}(x-x'),
$$
donde el factor de $2$ cuentas para los dos tipos de prohibido en zigzag. Con el fin de resolver esto por $H$, se introduce el de Fourier transformada de generación de función $$\tilde{G}(k,z)\equiv\sum_{x\in\mathbb{Z}^2}\sum_{n}z^n\exp(ik\cdot x)G_{n}(x),$$ and similarly $\tilde{H}(k,z)$.
Nos encontramos con que
$\tilde{G}(k,z)=\tilde{H}(k,z) + 2 z^2 \tilde{H}(k,z) \tilde{G}(k,z)$, o
$$
\tilde{H}(k,z) = \frac{\tilde{G}(k,z)}{1 + 2z^2 \tilde{G}(k,z)} = \frac{1}{1 - 2(\cos k_x + \cos k_y)z + 2z^2},
$$
donde estoy omitiendo la prueba de que $\tilde{G}^{-1}=1-2(\cos k_x+\cos k_y)z$. La expansión de la fracción, se han
$$
\begin{eqnarray}
\tilde{H}(k,z) &=& \sum_{n}(2z)^n\left(\cos k_x + \cos k_y - z\right)^n \\
&=& \sum_{n}(2z)^{n}\sum_{i=0}^{n}{{n}\choose{i}}\left(\cos k_x + \cos k_y\right)^{n-i} (-z)^{i} \\
&=& \sum_{n, i\le n} z^{n+i} 2^{n} {{n}\choose{i}}\left(\cos k_x + \cos k_y\right)^{n-i} (-1)^{i} \\
&=& \sum_{j, 2i\le j}z^{j} 2^{j-i} {{j-i}\choose{i}}\left(\cos k_x + \cos k_y\right)^{j-2i} (-1)^{i};
\end{eqnarray}
$$
podemos identificar el coeficiente de $z^{j}$ e integrar más de $k$ obtener
$$
H_{n}(x) = \sum_{i \le \lfloor n/2 \rfloor} (-2)^{i}{{n-i}\, seleccione{i}}G_{n-2i}(x),
$$
y para el cerrado restringido paseos en particular,
$$
\begin{eqnarray}
{\frak{B}}((h,h)\rightarrow(h,h)) &=& H_{2h}(0) \\ &=& \sum_{k=0}^{h} (-2)^{k}{{2h-k}\choose{k}}{{2h-2k}\choose{h-k}}^2 \\
&=& (-2)^{h}\sum_{k=0}^{h} \left(-\frac{1}{2}\right)^{k}{{h+k}\choose{2k}}{{2k}\choose{k}}^2.
\end{eqnarray}
$$
Usted encontrará que esto da el resultado tabulado en la pregunta. Por qué es un cuadrado perfecto o el doble de un cuadrado perfecto se describe a continuación, en la...
Emocionante conclusión
De hecho, esta suma ha sido estudiado por Z. H. Sol (aquí), en la forma del polinomio
$$
f_n(y)=\sum_{k=0}^{n}{{n+k}\, seleccione{2k}}{{2k}\, seleccione{k}}^2 y^k,
$$
para que se deriva de la identidad
$$
f_n(x(x+1)) = D_n(x)^2,
$$
donde
$$
D_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}{{n}\, seleccione{k}}{{n+k}\, seleccione{k}} x^k.
$$
En nuestro caso, $y=x(x+1)=-1/2$, lo $x=-\frac{1}{2}(1\pm i)$. Calculamos
$$
\begin{eqnarray}
D_h\left(-\frac{1}{2}(1+i)\right) &=& \sum_{k=0}^{h}\left(-\frac{1}{2}(1+i)\right)^{k} {{h}\choose{k}}{{h+k}\choose{k}} \\
&=& \sum_{k=0}^{h} 2^{-k/2} \left(\cos\frac{5\pi k}{4} + i\sin\frac{5\pi k}{4}\right) {{h}\choose{k}}{{h+k}\choose{k}}.
\end{eqnarray}
$$
La suma resulta ser puramente real incluso para $h$ y puramente imaginario por extraño $h$, lo que nos deja con dos casos. Incluso para $h$,
$$
{\frak{B}}((h,h)\rightarrow(h,h))=\left[ \sum_{k=0}^{h} 2^{(h-k)/2} {{h}\, seleccione{k}}{{h+k}\, seleccione{k}} \cos\frac{5\pi k}{4} \right)^2.
$$
Por extraño $h$,
$$
{\frak{B}}((h,h)\rightarrow(h,h))=2 \times \left[ \sum_{k=0}^{h} 2^{(h-k-1)/2} {{h}\, seleccione{k}}{{h+k}\, seleccione{k}} \sin\frac{5\pi k}{4} \right)^2.
$$
La expresión entre corchetes es un número entero en ambos casos.
