Cevabın olumlu olduğunu düşünüyorum. Belki daha basit bir kanıt var, ama burada doğrusal cebir kullanan bir kanıt taslağı var.
Domotorp gibi, n-durum XOR otomatının bir konfigürasyonunu V = GF (2) n'de bir vektör olarak göreceğiz .
L , Σ = {1,…, k } alfabe üzerinde sonlu bir dil olsun ve L için minimum durum sayısına sahip bir XOR otomatı düşünün . N , devlet sayısı olsun . Durumların 1,…, n olarak etiketlendiğini ve durum 1'in başlangıç durum olduğunu varsayıyoruz .
Önce notasyonu ayarladık. Let v 0 = (1, 0, ..., 0) t ∈ V başlangıç durumuna karşılık gelen temel bir vektör, ve izin s , satır vektörü i inci giriş 1, ancak ve ancak durum ise ı bir kabul durumudur. Alt uzay R = { v : s v arasında = 0} V reddedilir yapılandırma vektörlere tekabül.
Her biri için bir ∈Σ, izin bir bir olması , n x n harfli neden geçişi temsil GF (2) göre matris a . Örneğin, giriş dizesi okuduktan sonra konfigürasyon vektör bir b olan bir b A bir hacim 0 . Bir dizi için σ = bir 1 ... bir t , biz ürünü belirtmek bir bir t ... bir bir 1 ile M ( σ ). Let S = { A 1,…, A k }.
Bir alt uzay W arasında V olduğu söylenir S - değişmez zaman bir B ⊆ W her bir ∈ S . Bağlamımızda bu, konfigürasyon vektörü W'ye girdiğinde, daha fazla harf okuyarak W'dan çıkmanın bir yolu olmadığı anlamına gelir .
Bu XOR otomasyonu minimum sayıda duruma sahip olduğundan aşağıdaki özelliklere sahibiz.
- V'nin v 0 içeren tek S- değişmez alt alanı , V'nin kendisidir. Çünkü W v 0 içeren uygun bir S- değişmez alt uzay ise , o zaman W yerine V yerine minimallikle çelişebiliriz.
- Yalnızca S içerdiği -invariant alt uzay R {0}. Bunun nedeni, eğer B bir aşikar olmayan S -invariant alt uzay içinde ihtiva R , o zaman bölüm vektör uzayı kullanabilir V / W yerine V tekrar minimality ters.
Çünkü L sonlu, izin m, herhangi bir dize uzunluğundan daha büyük bir tam sayı olmak L .
Lemma 1 . En az m uzunluktaki herhangi bir σ dizesi için, M ( σ ) = 0 değerine sahibiz .
Kanıt. İlk olarak herhangi bir dizi için kanıtlamak σ en azından uzunluğunun m , o sahip E ( σ ) v 0 = 0. W , { M ( σ ) v 0 tarafından yayılan V'nin altuzayı olsun : σ en az m } uzunluğunda bir dizedir . Tanım olarak W , S- değişmezidir. Söz konusu XOR otomat bu dizeleri reddeder Çünkü σ , W bulunan R . Bu nedenle W = {0}, yaniM ( σ ) v 0 tüm bu dizeleri = 0 σ .
Şimdi herhangi bir v v ∈ V düşünün . Çünkü sadece S ait -invariant alt uzay V içerir v 0 olan V kendisi, V şekli vektörlerinin lineer bir kombinasyonu olarak yazılabilir M ( τ ) v 0 , bazı teller için t alınmak . Çünkü M ( σ ) M ( τ ) v 0 = M ( τ σ ) v 0= 0 ( τ σ uzunluğu en az m olduğu için ikinci eşitlik bir önceki paragraftan sonra gelir ), M ( σ ) v = 0 tutar. ■
Doğrusal cebirden bir gerçeğe daha ihtiyacımız var.
Lemma 2 . Let bir 1 , ..., bir k olduğu , n x n bir alan üzerinde matrisleri ve tanımlamak M ( σ yukarıdaki gibi). Varsa m ≥0 şekilde M ( σ her dizi için) = 0 σ en azından uzunluğunun m , o zaman matrisler bir 1 , ..., bir k kesinlikle düşük bir üçgen matrisler (olduğundan, bir vardır aynı zamanda benzer n × n noningüler matris P , P −1 A matrisleri olacak şekilde1 P ,…, P −1 A k P kesinlikle alt üçgendir).
Durumunda k = 1 nilpotenttir matrislerin iyi bilinen bir karakterizasyonu ve lemması 2 aynı şekilde kanıtlanabilir.
Şimdi dikkate N -durum XOR otomat sembole karşılık gelen geçiş matrisi içinde bir ∈Σ ile verilir P -1 A bir P , başlangıç yapılandırma vektörü ile verilir P -1 v 0 arasında, ve karakteristik (satır) vektör kabul durumları ile verilir s P . Yapım gereği, bu XOR otomatı aynı dili L kabul eder. Geçiş matrisleri kesinlikle daha düşük üçgen olduğundan, bu XOR otomatındaki her geçiş kenarı, daha küçük bir endekse sahip bir durumdan daha büyük bir endekse sahip bir duruma geçer ve bu nedenle bu XOR otomatiği asikliktir. İlk konfigürasyon vektörü birden fazla 1'e sahip olabilse de, bu XOR otomatını, durumların sayısını arttırmadan veya döngüselliği bozmadan aynı dil için tek bir başlangıç durumuna sahip olağan bir XOR otomatına dönüştürmek kolaydır.