จำนวนคำในภาษาปกติ

17

ตามวิกิพีเดียสำหรับภาษาปกติ $L$ มีค่าคงที่ $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ และพหุนาม $p_1(x),\ldots,p_k(x)$ เช่นนั้นสำหรับทุก ๆ $n$ จำนวน $s_L(n)$ ของคำที่มีความยาว $n$ ใน $L$ เป็นไปตามสมการ

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

ภาษาเป็นภาษาปกติ ( ตรงกัน) iff n เป็นคู่และอย่างอื่น $L =\{ 0^{2n} \mid n \in\mathbb{N} \}$ $(00)^*$ $s_L(n) = 1$ $s_L(n) = 0$

อย่างไรก็ตามฉันไม่สามารถหาและ (ที่ต้องมีอยู่ข้างต้น) ในฐานะที่เป็นจะต้องมีการหาอนุพันธ์และไม่คงที่มันอย่างใดต้องทำตัวเหมือนคลื่นและผมก็ไม่สามารถดูวิธีการที่คุณอาจจะสามารถทำกับพหุนามและฟังก์ชั่นโดยไม่ต้องชี้แจงสิ้นสุดกับจำนวนอนันต์ของ summands เช่น ในการขยายตัวของเทย์เลอร์ มีใครสอนฉันได้ไหม $\lambda_i$ $p_i$ $s_L(n)$

— อเล็กซ์สิบบริงค์
แหล่งที่มา

คุณรู้ชื่อของทฤษฎีบทนี้หรือไม่?

— Artem Kaznatcheev

@ArtemKaznatcheev: ไม่ไม่คิด วิกิพีเดียไม่ได้ให้การอ้างอิง แต่อย่างใด: (

— อเล็กซ์สิบบริงค์

เพิ่มเติมโดยทั่วไป: จำนวนคำที่มีความยาวที่กำหนดในภาษาปกติ

— Gilles 'ดังนั้น - หยุดความชั่วร้าย'

14

สำหรับภาษาของคุณคุณสามารถใช้ , , , และสำหรับ ? บทความ Wikipedia ไม่ได้พูดอะไรเกี่ยวกับค่าสัมประสิทธิ์ที่เป็นค่าบวกหรือค่าอินทิกรัล ผลรวมสำหรับตัวเลือกของฉันคือ $p_0(x) = 1/2$ $\lambda_0 = 1$ $p_1(x) = 1/2$ $\lambda_1 = -1$ $p_i(x) = \lambda_i = 0$ $i > 1$

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

ซึ่งดูเหมือนว่าจะเป็น 1 สำหรับแม้แต่และ 0 คี่nอันที่จริงการพิสูจน์โดยอุปนัยดูเหมือนตรงไปตรงมา $n$ $n$

— Patrick87
แหล่งที่มา

ใช่แน่นอนฉันลืมเกี่ยวกับการสลับเครื่องหมายลบ จะอัปโหลดเมื่อวันนั้นสิ้นสุด - ฉันกดปุ่มโหวต

— Alex สิบ Brink

ไม่จำเป็นต้องมีการเหนี่ยวนำสำหรับการอ้างสิทธิ์นั้น

— กราฟิลส์

@ ราฟาเอลจริง แต่แล้วอีกครั้งนั่นทำให้การยืนยันของฉันแม่นยำยิ่งขึ้น

— Patrick87

11

@ Patrick87 ให้คำตอบที่ดีสำหรับกรณีเฉพาะของคุณฉันคิดว่าฉันจะให้คำแนะนำเกี่ยวกับวิธีหาในกรณีทั่วไปของภาษาใด ๆที่สามารถแสดงด้วย DFA ที่ลดลงไม่ได้ (เช่นถ้าเป็นไปได้ เพื่อไปยังสถานะใด ๆ จากรัฐใด ๆ ) โปรดทราบว่าภาษาของคุณเป็นประเภทนี้ $s_L(n)$ $L$

พิสูจน์ทฤษฎีบทของ DFA ที่ลดไม่ได้

ให้เป็นเมทริกซ์การเปลี่ยนแปลงของ state DFA ของคุณเนื่องจากมันลดลงไม่ได้เมทริกซ์จึงเป็นเรื่องปกติและมี eigenbasis แบบเต็ม ⟩ให้เป็นเวกเตอร์ที่ยอมรับได้: เช่นคือ 1 ถ้าเป็นสถานะที่ยอมรับและ 0 เป็นอย่างอื่น WLOG สมมติว่า เป็นสถานะเริ่มต้นและเนื่องจากเรามี eigenbasis ที่สมบูรณ์เราจึงรู้ว่า $D$ $m$ $|\lambda_1\rangle ... |\lambda_m\rangle$ $|A\rangle$ $\langle i | A \rangle$ $i$ $|1\rangle$ $|1\rangle = c_1|\lambda_1\rangle + ... + c_m|\lambda_m\rangle$ for some coefficients $c_1 ... c_m$ (note that $c_i = \langle \lambda_i | i \rangle$ ).

Now we can prove a restricted case of the theorem in the question (restricted to irreducible DFAs; as an exercise generalize this proof to the whole theorem). Since $D$ is the transition matrix $D|1\rangle$ is the vector of states reachable after reading any one character, $D^2|1\rangle$ is the same for two characters, etc. Given a vector $|x\rangle$ , $\langle A|x\rangle$ is simply the sum of the components of $|x\rangle$ that are accept states. Thus:

\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}

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

Now we know that for an irreducible m-state DFA, $p_1 ... p_m$ will be zero order polynomials (i.e. constants) that depends on the DFA and $\lambda_1 ... \lambda_m$ will be eigenvalues of the transition matrix.

Generality note

If you want to prove this theorem for arbitrary DFA, then you will need to look at the Schur decomposition of $D$ and then polynomials of non-zero degree will pop up because of the nilpotent terms. It is still enlightening to do this, since it will let you bound the max degree of the polynomials. You will also find a relationship between how complicated the polynomials are and how many $\lambda$ s you will have.

Application to specific question

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
แหล่งที่มา

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

Continuing Artem's answer, here is a proof of the general representation. As Artem shows, there is an integer matrix $A$ and two vectors $x,y$ such that

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
แหล่งที่มา

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