Normal bir dilde belirli bir uzunlukta kelime sayısı


15

Normal bir dilde belirli bir uzunlukta kelime sayısının cebirsel bir karakterizasyonu var mı?

Wikipedia bir sonucu kesin olmayan bir şekilde belirtiyor:

Herhangi bir normal dil λ 1L sabitleri vardır ,λ1,,λk ve polinomlarp1(x),,pk(x) , örneğin, her içinn NumbersL(n) uzunluğunun kelimelerinn deL denklemi karşıladığı, sL(n)=p1(n)λ1n++pk(n)λkn .

'ların hangi alanda yaşadıkları ( C , I varsayıyorum) ve işlevin tüm N üzerinde negatif olmayan tamsayı değerlerine sahip olması gerekip gerekmediği belirtilmemiştir . Kesin bir ifade ve kanıt için bir taslak veya referans istiyorum.λCN

Bonus soru: Bunun tersi doğrudur, yani bu formun bir işlevi verildiğinde, her uzunluktaki kelime sayısı bu işleve eşit olan normal bir dil var mı?

Bu soru genel olarak normal dildeki kelime sayısını belirler (00)


3
bir kanıt taslağı burada
Artem Kaznatcheev

3
@ArtemKaznatcheev İlginç, teşekkürler. Cevabınızı daha iyi uyan bu soruya taşımayı düşünür müsünüz?
Gilles 'SO- kötü olmayı bırak'

1
Bu sorunun biraz gereksiz olduğunu düşünüyorum (daha genel olmasına rağmen). İspat yaklaşımımı genelleştirmek biraz kıllı, ama akşam yemeğinden sonra bakacağım.
Artem Kaznatcheev

@ArtemKaznatcheev Teşekkürler. Cevabınızın ikinci kısmında, indirgenebilir DFA'lara uzanırken sorun yaşadım.
Gilles 'SO- kötü olmayı kes'

1
@vzn Normal bir dilde kelime sayısının üretilmesi işlevinin rasyonel olduğu, bu da OP'nin formülünü (doğru biçimde) hemen ima eden klasik bir gerçektir. Zor olan kısım asimptotiklerin çıkarılmasıdır. Ayrıntılar için cevabımda belirtilen Analitik Kombinatorik kitabını kontrol edebilirsiniz (örneğin) .
Yuval Filmus

Yanıtlar:


10

Normal bir dil verilen bazı DFA kabul düşünün L , izin bir , transfer matris ( bir i j durumundan ileri uçların sayısı i durumu ile j ), izin X başlangıç durumunda karakteristik vektör olabilir ve izin y kabul eden durumların karakteristik vektörü olabilir. Sonra s L ( n ) = x T A n y .LLAAijijxy

sL(n)=xTbirny.

Ürdün teoremi, karmaşık sayılar üzerinden , ( λ ) , ( λ 1 0 λ ) , ( λ 1 0 0 λ 1 0 0 λ ) , ( λ 1 0 0 ) formlarından birinin blokları olan bir matrise benzediğini belirtir 0 λ 1 0 0 0 λ 1 0 0 0 λ ) , ... Eğer λ 0 , daha sonra nbir

(λ),(λ10λ),(λ100λ100λ),(λ1000λ1000λ1000λ),...
λ0n bu blokların inci güçler İşte bu formüllere ulaştık: bloğuB=λ+N olarak yazın. N'ninardışık güçleri, matrisin ardışık ikincil köşegenleridir. Binom teoremini kullanarak (λ'nınNilebaşladığı gerçeğini kullanarak), Bn=(λ+n)N=λ
(λn),(λnnλn-10λn),(λnnλn-1(n2)λn-20λnnλn-100λn),(λnnλn-1(n2)λn-2(n3)λn-30λnnλn-1(n2)λn-200λnnλn-1000λn),...
B=λ+N-N-λN- Tümλ=0, blok nilpotenttir ve aşağıdaki matrisler elde (gösterimini[n=k]olduğu1isen=kve0başka bir şekilde): ( [ n = 0 ] ),( [ n = 0 ] [ n = 1 ] 0 [ n = 0
Bn=(λ+n)N-=λn+nλn-1N-+(n2)λn-2N-2+.
λ=0[n=k]1n=k0
([n=0]),([n=0][n=1]0[n=0]),([n=0][n=1][n=2]0[n=0][n=1]00[n=0]),([n=0][n=1][n=2][n=3]0[n=0][n=1][n=2]00[n=0][n=1]000[n=0])

birn(nk)λn-k[n=k]

sL(n)=Σbenpben(n)λbenn+Σjcj[n=j],
λben,cjpbenn
sL(n)=Σbenpben(n)λbenn.
Bu, sonucun kesin ifadesidir.

Devam edebilir ve hakkında asimtotik bilgi alabiliriz sL(n), ama bu şaşırtıcı derecede önemsiz değil. Benzersiz bir varsaλben en büyük büyüklükte λ1, sonra

sL(n)=p1(n)λ1n(1+Ö(1)).
Birkaç olduğunda işler daha karmaşık hale gelir λen büyük s. Bu, açılarının rasyonel olması gerektiği anlamına gelir (yani, büyüklüğe kadar, birlik köküdür). Paydaların LCM'sidsonra asimtotik sL geri kalanına göre çok n modülo d. Bu kalıntılardan bazıları için, hepsiλen büyük büyüklükteki s iptal edilir ve daha sonra asimtotik "düşer" ve bu prosedürü tekrarlamak zorundayız. İlgilenen okuyucu, Flajolet ve Sedgewick'in Analitik Kombinatorik Teorem V.3'teki ayrıntıları kontrol edebilir . Bazıları için bunu kanıtlıyorlar.d, tamsayılar p0,...,pd-1 ve gerçekler λ0,...,λd-1,
sL(n)=npn(şıkd)λn(şıkd)n(1+Ö(1)).

8

İzin Vermek LΣ* düzenli bir dil ve

L(z)=Σn0|Ln|zn

Bunu üretici fonksiyon ,Ln=LΣn ve bu yüzden |Ln|=sL(n).

Bilindiği gibi L(z)olan rasyonel , yani

P(z)S(z)

ile P,Spolinomlar; bu, en sağdaki dil için sağ doğrusal bir dilbilgisi çevrilerek görülürL çözümü olan bir (doğrusal!) denklem sistemine L(z).

Kökleri S aslında |Ln|, Wikipedia'da belirtilen forma yol açar. Bu hemen nüksleri çözmek için karakteristik polinomlar yöntemi ile ilişkilidir (tarif eden nüks yoluyla(|Ln|)nN-).


Cevabınızın soruya nasıl cevap verdiği açık değil. Ayrıca, neLn?
Dave Clarke

1
@Gilles Analitik Kombinatorik , Eilenberg'in kitapları , Berstel'in
uli


1
@ Patrick87: 1) Doğru, yazım hatası; Teşekkürler! 2) Sonlu diller için, oluşturma işlevi bir polinomdur (ve bununla birlikte rasyoneldir). GibiS(z)=1, bu yaklaşım işe yaramaz. Bağlantılı teorem doğrusal homojen nüks ile başlar; Bunların herkes için sıfır olan dizileri tanımlayabileceğini sanmıyorumkn0(ve en az bir değer için sıfırdan farklı). Yine de emin değilim. Haklıysam, bahsettiğimiz ifade gerçekten sadece sonsuz düzenli diller için geçerlidir; sonlu dillerin yapısı olmadığı için bu tamamen şaşırtıcı olmaz.
Raphael

1
@Raphael Evet, düşüncem benzerdi ... (eğer) sınırlı diller düzenli değilse, (b) teorem, eğer sonlu diller için geçerli değilse, teorem sunumunda oldukça ciddi bir eksiklik gibi görünüyor. sonlu dillerin düzenli olmadığı anlamına gelir ve (c) bir dilin sonlu olup olmadığını belirlemek (genel olarak) kararsızdır ... Yani, Myhill-Nerode ve pompalama lemmasının bu sorunu yoktur; sonlu diller için çalışırlar.
Patrick87
Sitemizi kullandığınızda şunları okuyup anladığınızı kabul etmiş olursunuz: Çerez Politikası ve Gizlilik Politikası.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.