Normal dildeki kelime sayısı

17

Wikipedia'ya göre , herhangi bir normal dil için ve $L$ sabitleri vardır böylece her için uzunluk kelimelerinin sayısı içinde tatmin denklemi $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ $p_1(x),\ldots,p_k(x)$ $n$ $s_L(n)$ $n$ $L$

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

dili $L =\{ 0^{2n} \mid n \in\mathbb{N} \}$ normal ( $(00)^*$ eşleşiyor). $s_L(n) = 1$ iff n eşittir ve $s_L(n) = 0$ aksi takdirde.

Ancak, $\lambda_i$ ve bulamıyorum $p_i$ (yukarıdakiler tarafından var olması gerekir). As $s_L(n)$ türevlenebilir olması ve sabit değildir, bu şekilde bir dalga gibi davranmaya gerekir ve ben summands sonsuz sayısı gibi ile biten olmadan muhtemelen polinomların ve üstel fonksiyonları ile bunu nasıl göremez Taylor genişlemesinde. Biri beni aydınlatabilir mi?

— Alex ten Brink
kaynak

bu teoremin adını biliyor musunuz?

— Artem Kaznatcheev

@ArtemKaznatcheev: hayır, hiçbir fikrim yok. Vikipedi ne yazık ki bir referans vermiyor :(

— Alex ten Brink

Daha genel olarak: Düzenli bir dilde belirli bir uzunluktaki kelime sayısı

— Gilles 'SO- kötü olmayı bırak'

14

Dilinize için atabileceğiniz , , , ve için ? Wikipedia makalesi, katsayıların pozitif veya integral olduğu hakkında hiçbir şey söylemez. Seçimlerimin toplamı $p_0(x) = 1/2$ $\lambda_0 = 1$ $p_1(x) = 1/2$ $\lambda_1 = -1$ $p_i(x) = \lambda_i = 0$ $i > 1$

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

ki bu çift için 1 ve tek için 0 gibi görünüyor . Gerçekten de, tümevarımın kanıtı açıktır. $n$ $n$

— Patrick87
kaynak

Ah evet, elbette, eksi işaretleri değiştirmeyi unutmuştum. Gün sona erdiğinde oy verecek - Oylama sınırına ulaştım.

— Alex ten Brink

Bu iddia için herhangi bir indüksiyon gerekmez.

— Raphael

@ Raphael True, ama sonra tekrar, bu sadece iddiamı daha doğru hale getiriyor.

— Patrick87

11

@ Patrick87 kendi özel durumunuz için büyük bir cevap, ben bulmak için nasıl bir ipucu vermek düşündü verir herhangi bir dil daha genel durumda $s_L(n)$ $L$ indirgenemez bir DFA ile temsil edilebilecek (yani mümkünse) herhangi bir eyaletten herhangi bir duruma ulaşmak için). Dilinizin bu türden olduğunu unutmayın.

İndirgenemez DFA'lar için teorem kanıtı

Let sizin geçiş matrisi olmak o matris normaldir, indirgenemez ve tam eigenbasis sahip olduğundan, -devlet DFA . Let olmak kabul vektör: yani ise 1 , aksi takdirde kabul durumudur ve 0. WLOG varsayalım başlangıç durumu ve biz tam bir eigenbasis beri, bunu biliyoruz $D$ $m$ $|\lambda_1\rangle ... |\lambda_m\rangle$ $|A\rangle$ $\langle i | A \rangle$ $i$ $|1\rangle$ bir katsayılar için (not bu ). $|1\rangle = c_1|\lambda_1\rangle + ... + c_m|\lambda_m\rangle$ $c_1 ... c_m$ $c_i = \langle \lambda_i | i \rangle$

Şimdi, sorudaki teorinin sınırlı bir vakasını kanıtlayabiliriz (indirgenemez DFA'larla sınırlı; bir alıştırma olarak bu kanıtı tüm teorem için genelleştirin). Yana geçiş matrisi herhangi bir karakteri okuduktan sonra ulaşılabilir durumların vektörüdür, bir vektör Verilen vb iki karakter için aynıdır , basitçe kabul edilen durumlardır. Böylece: $D$ $D|1\rangle$ $D^2|1\rangle$ $|x\rangle$ $\langle A|x\rangle$ $|x\rangle$

\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}

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

Şimdi biliyoruz ki indirgenemez bir m-durum DFA için, , DFA ve bağlı olan sıfır dereceli polinomlar (yani sabitler) olacaktır , geçiş matrisinin özdeğerleri olacaktır. $p_1 ... p_m$ $\lambda_1 ... \lambda_m$

Genel not

Bu teoremi keyfi DFA için kanıtlamak istiyorsanız , nin Schur ayrışmasına bakmanız gerekir ve daha sonra sıfır olmayan terimler nedeniyle sıfır olmayan polinomlar ortaya çıkacaktır. Bunu yapmak hala aydınlatıcıdır, çünkü polinomların maksimum derecesini sınırlamanıza izin verecektir. Ayrıca, polinomların ne kadar karmaşık olduğu ile kaç adet olacağı arasında bir ilişki bulacaksınız . $D$ $\lambda$

Belirli bir soruya başvuru

For your language $L$ we can select the DFA with transition matrix:

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

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

and accept vector:

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

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

Find the eigenvectors and their eigenvalues $\lambda_1 = 1$ with $| \lambda_1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ and $\lambda_2 = -1$ with $| \lambda_2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ . We can use this to find $p_1 = 1/2$ and $p_2 = 1/2$ . To give us:

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

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

— Artem Kaznatcheev
kaynak

Maybe post this here?

— Raphael

@ Kanıtları çözerken ve cevabımı yazarken sorulan Raphael, bu yüzden sorduğumda bilmiyordum.

— Artem Kaznatcheev

6

$A$ $x,y$

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

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

x

$x$ is the characteristic vector of the start state, the vector

y

$y$ is the characteristic vector of all accepting state, and

A_{i j}

$A_{ij}$ is equal to the number of transitions from state

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
kaynak

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