Кількість слів у звичайній мові

17

Згідно з Вікіпедією , для будь-якої звичайної мови існують константи та поліноми , щоб на кожне число слів довжиною в задовольняє рівняння $L$ $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ $p_1(x),\ldots,p_k(x)$ $n$ $s_L(n)$ $n$ $L$

$\qquad \displaystyle s_L(n)=p_1(n)\lambda_1^n+\dots+p_k(n)\lambda_k^n$ .

Мова є регулярною ( відповідає їй). iff n є парним, а іншому випадку. $L =\{ 0^{2n} \mid n \in\mathbb{N} \}$ $(00)^*$ $s_L(n) = 1$ $s_L(n) = 0$

Однак я не можу знайти та (які повинні існувати вище). Оскільки має бути диференційованим і не є постійним, він повинен якось поводитися як хвиля, і я не можу зрозуміти, як ви можете це зробити за допомогою поліномів і експоненціальних функцій, не закінчуючи нескінченною кількістю підсумків, як у розширення Тейлора. Хтось може мене просвітити? $\lambda_i$ $p_i$ $s_L(n)$

— Алекс десять Бринк
джерело

чи знаєте ви назву цієї теореми?

— Артем Казнатчеєв

@ArtemKaznatcheev: ні, немає ідеї. На жаль, Вікіпедія не дає посилання :(

— Alex ten Brink

Більш загально: кількість слів заданої довжини у звичайній мові

— Gilles 'SO- перестань бути злом'

14

Для вашої мови, ви можете взяти , , , , і для ? Стаття у Вікіпедії нічого не говорить про те, що коефіцієнти є позитивними чи інтегральними. Сума за мій вибір - $p_0(x) = 1/2$ $\lambda_0 = 1$ $p_1(x) = 1/2$ $\lambda_1 = -1$ $p_i(x) = \lambda_i = 0$ $i > 1$

$\qquad \displaystyle 1/2 + 1/2(-1)^n = 1/2 (1 + (-1)^n)$

, Який , як видається, 1 для парного , і 0 для непарного . Дійсно, доказ шляхом індукції здається простим. $n$ $n$

— Патрік87
джерело

Ага так, звичайно, я забув про чергування знаків мінусу. Буде голосувати, коли день закінчиться - я потрапив до обмеження голосів.

— Олексій десять Бринк

Для цієї претензії не потрібна жодна індукція.

— Рафаель

@Raphael Щоправда, але знову ж таки, це лише робить моє твердження ще більш точним.

— Patrick87

11

@ Patrick87 дає чудову відповідь для вашого конкретного випадку, я думав, що я дам підказку, як знайти у більш загальному випадку будь-якої мови який може бути представлений невідводимим DFA (тобто, якщо це можливо потрапити в будь-яку державу з будь-якої держави). Зауважте, що ваша мова такого типу. $s_L(n)$ $L$

Доведення теореми для невідворотних ДФК

Нехай - матриця переходу вашого DFA, оскільки вона невідводима, матриця є нормальною і має повний власний базис . Нехай Бути приймають вектор: тобто Є 1 , якщо це приймає стан, і 0 в іншому випадку. WLOG припускають, що початковий стан, а так як у нас є повний власний базис, ми знаємо , що $D$ $m$ $|\lambda_1\rangle ... |\lambda_m\rangle$ $|A\rangle$ $\langle i | A \rangle$ $i$ $|1\rangle$ для деяких коефіцієнтів (зауважимощо ). $|1\rangle = c_1|\lambda_1\rangle + ... + c_m|\lambda_m\rangle$ $c_1 ... c_m$ $c_i = \langle \lambda_i | i \rangle$

Тепер ми можемо довести обмежений випадок теореми у питанні (обмежений до непридатних DFA; як вправа узагальнює цей доказ на всю теорему). Оскільки - матриця переходу вектор станів , досяжних після прочитання якої - або один символ, є однаковим для двох символів і т.д. З огляду на вектор , просто сума компонентів , які приймають держави. Таким чином: $D$ $D|1\rangle$ $D^2|1\rangle$ $|x\rangle$ $\langle A|x\rangle$ $|x\rangle$

\begin{aligned} s_{L} (n) & = ⟨ A | D^{n} | 1 ⟩ \\ = ⟨ A | D^{n} (c_{1} | λ_{1} ⟩ . . . c_{m} | λ_{m} ⟩) \\ = c_{1} λ_{1}^{n} ⟨ A | λ_{1} ⟩ + . . . + c_{m} λ_{m}^{n} ⟨ A | λ_{m} ⟩ \\ = ⟨ A | λ_{1} ⟩ ⟨ λ_{1} | 1 ⟩ λ_{1}^{n} + . . . + ⟨ A | λ_{m} ⟩ ⟨ λ_{m} | 1 ⟩ λ_{m}^{n} \\ = p_{1} λ_{1}^{n} + . . . + p_{m} λ_{m}^{m} \end{aligned}

$\begin{align} s_L(n) & = \langle A |D^n| 1 \rangle \\ & =\langle A | D^n (c_1 |\lambda_1\rangle ... c_m |\lambda_m\rangle) \\ & = c_1 \lambda_1^n \langle A | \lambda_1 \rangle + ... + c_m \lambda_m^n \langle A | \lambda_m \rangle \\ & = \langle A | \lambda_1 \rangle\langle\lambda_1|1\rangle \lambda_1^n + ... + \langle A | \lambda_m \rangle\langle \lambda_m | 1 \rangle \lambda_m^n \\ & = p_1\lambda_1^n + ... + p_m \lambda_m^m \end{align}$

Тепер ми знаємо, що для невідводимого m-стану DFA, буде поліномами нульового порядку (тобто константами), що залежить від DFA та будуть власними значеннями перехідної матриці. $p_1 ... p_m$ $\lambda_1 ... \lambda_m$

Нота загальності

Якщо ви хочете довести цю теорему для довільної ДФА, тоді вам потрібно буде розглянути розклад Шура на і тоді поліноми ненульового ступеня спливуть через нільпотентні умови. Це все ще просвічує це зробити, оскільки це дозволить вам зв'язати максимальний ступінь многочленів. Ви також знайдете залежність між складністю поліномів і кількістю s. $D$ $\lambda$

Заява до конкретного питання

Для вашої мови ми можемо вибрати DFA з перехідною матрицею: $L$

D = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})

$D = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

і приймати вектор:

A = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})

$A = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$

Знайдіть власні вектори та їх власні значення допомогою $\lambda_1 = 1$ ізі $| \lambda_1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ $\lambda_2 = -1$ . Ми можемо використовувати цещоб знайтиі. Щоб дати нам: $| \lambda_2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ $p_1 = 1/2$ $p_2 = 1/2$

s_{L} (n) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{n}

$s_L(n) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}(-1)^n$

— Artem Kaznatcheev
джерело

Maybe post this here?

— Raphael

@Raphael that was asked while I was figuring out the proof and typing up my answer, so I did not know about it when I asked.

— Artem Kaznatcheev

6

$A$ $x,y$

s_{L} (n) = x^{T} A^{n} y .

$s_L(n) = x^T A^n y.$

x

$x$

y

$y$

A_{i j}

$A_{ij}$

i

$i$ to state

j

$j$ in a DFA for the language.)

Jordan's theorem states that over the complex numbers, $A$ is similar to a matrix with blocks of one of the forms

(\begin{matrix} λ \end{matrix}), (\begin{matrix} λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix}), (\begin{matrix} λ & 1 & 0 \\ 0 & λ & 1 \\ 0 & 0 & λ \end{matrix}), (\begin{matrix} λ & 1 & 0 & 0 \\ 0 & λ & 1 & 0 \\ 0 & 0 & λ & 1 \\ 0 & 0 & 0 & λ \end{matrix}), \dots

$\begin{pmatrix} \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \ldots$ If

λ \neq 0

$\lambda \neq 0$ , then the

n

$n$ th powers of these blocks are

(\begin{matrix} λ^{n} \end{matrix}), (\begin{matrix} λ^{n} & n λ^{n - 1} \\ 0 & λ^{n} \end{matrix}), (\begin{matrix} λ^{n} & n λ^{n - 1} & (\binom{n}{2}) λ^{n - 2} \\ 0 & λ^{n} & n λ^{n - 1} \\ 0 & 0 & λ^{n} \end{matrix}), (\begin{matrix} λ^{n} & n λ^{n - 1} & (\binom{n}{2}) λ^{n - 2} & (\binom{n}{3}) λ^{n - 3} \\ 0 & λ^{n} & n λ^{n - 1} & (\binom{n}{2}) λ^{n - 2} \\ 0 & 0 & λ^{n} & n λ^{n - 1} \\ 0 & 0 & 0 & λ^{n} \end{matrix}), \dots

$\begin{pmatrix} \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2} \lambda^{n-2} \\ 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2}\lambda^{n-2} & \binom{n}{3}\lambda^{n-3} \\ 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2}\lambda^{n-2} \\ 0 & 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \ldots$ Here's how we got to these formulas: write the block as

B = λ + N

$B = \lambda + N$ . Successive powers of

N

$N$ are successive secondary diagonals of the matrix. Using the binomial theorem (using the fact that

λ

$\lambda$ commutes with

N

$N$ ),

B^{n} = (λ + n)^{N} = λ^{n} + n λ^{n - 1} N + (\binom{n}{2}) λ^{n - 2} N^{2} + \dots .

$B^n = (\lambda + n)^N = \lambda^n + n \lambda^{n-1} N + \binom{n}{2} \lambda^{n-2} N^2 + \cdots.$ When

λ = 0

$\lambda = 0$ , the block is nilpotent, and we get the following matrices (the notation

[n = k]

$[n = k]$ is

1

$1$ if

n = k

$n=k$ and

0

$0$ otherwise):

(\begin{matrix} [n = 0] \end{matrix}), (\begin{matrix} [n = 0] & [n = 1] \\ 0 & [n = 0] \end{matrix}), (\begin{matrix} [n = 0] & [n = 1] & [n = 2] \\ 0 & [n = 0] & [n = 1] \\ 0 & 0 & [n = 0] \end{matrix}), (\begin{matrix} [n = 0] & [n = 1] & [n = 2] & [n = 3] \\ 0 & [n = 0] & [n = 1] & [n = 2] \\ 0 & 0 & [n = 0] & [n = 1] \\ 0 & 0 & 0 & [n = 0] \end{matrix})

$\begin{pmatrix} [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] \\ 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] & [n=3] \\ 0 & [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}$

Summarizing, every entry in $A^n$ is either of the form $\binom{n}{k} \lambda^{n-k}$ or of the form $[n=k]$ , and we deduce that

s_{L} (n) = \sum_{i} p_{i} (n) λ_{i} (n) + \sum_{j} c_{j} [n = j],

$s_L(n) = \sum_i p_i(n) \lambda_i(n) + \sum_j c_j [n=j],$ for some complex

λ_{i}, c_{j}

$\lambda_i,c_j$ and complex polynomials

p_{i}

$p_i$ . In particular, for large enough

n

$n$ ,

s_{L} (n) = \sum_{i} p_{i} (n) λ_{i} (n) .

$s_L(n) = \sum_i p_i(n) \lambda_i(n).$

— Yuval Filmus
джерело

Thank you for the general treatment! You should consider combining your answer with mine and posting it as a full answer to this question. I think it would be more helpful than the current answer there.

— Artem Kaznatcheev