Número de palabras en el idioma normal

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Según Wikipedia , para cualquier lenguaje regular existen constantes y polinomios modo que para cada el número de palabras de longitud en satisface la ecuación $L$ $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ $p_1(x),\ldots,p_k(x)$ $n$ $s_L(n)$ $n$ $L$

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

El lenguaje es regular ( coincide). si n es par, y caso contrario. $L =\{ 0^{2n} \mid n \in\mathbb{N} \}$ $(00)^*$ $s_L(n) = 1$ $s_L(n) = 0$

Sin embargo, no puedo encontrar el y (que tienen que existir por lo anterior). Como tiene que ser diferenciable y no constante, de alguna manera debe comportarse como una onda, y no puedo ver cómo puedes hacerlo con polinomios y funciones exponenciales sin terminar con un número infinito de sumandos como en una expansión de Taylor. ¿Alguien puede iluminarme? $\lambda_i$ $p_i$ $s_L(n)$

— Alex ten Brink
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¿Conoces el nombre de este teorema?

— Artem Kaznatcheev

@ArtemKaznatcheev: no, no tengo idea. Lamentablemente, Wikipedia tampoco da una referencia :(

— Alex ten Brink

En términos más generales: Número de palabras de una longitud dada en un idioma regular

— Gilles 'SO- deja de ser malvado'

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Para su idioma, se puede tomar $p_0(x) = 1/2$ , $\lambda_0 = 1$ , $p_1(x) = 1/2$ , $\lambda_1 = -1$ y $p_i(x) = \lambda_i = 0$ para $i > 1$ ? El artículo de Wikipedia no dice nada acerca de que los coeficientes sean positivos o integrales. La suma de mis elecciones es

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

que parece ser 1 para par $n$ , y 0 para impar $n$ . De hecho, una prueba por inducción parece sencilla.

— Patrick87
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Ah sí, por supuesto, me había olvidado de alternar signos negativos. Votará a favor una vez que termine el día: he alcanzado el límite de votos.

— Alex ten Brink

No se necesita inducción para ese reclamo.

— Raphael

@Raphael True, pero de nuevo, eso solo hace que mi afirmación sea aún más precisa.

— Patrick87

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@ Patrick87 da una gran respuesta para su caso específico, pensé que daría un consejo sobre cómo encontrar en el caso más general de cualquier lenguaje que pueda ser representado por un DFA irreducible (es decir, si es posible para llegar a cualquier estado desde cualquier estado). Tenga en cuenta que su idioma es de este tipo. $s_L(n)$ $L$

Prueba de teorema para DFA irreductibles

Deje que sea la matriz de transición de su DFA de estado , ya que es irreducible, la matriz es normal y tiene una base propia completa . Dejar ser el vector de aceptar: es decir es 1 si es un estado aceptar, y 0 en caso contrario. WLOG asume que es el estado inicial, y dado que tenemos una base propia completa, sabemos que $D$ $m$ $|\lambda_1\rangle ... |\lambda_m\rangle$ $|A\rangle$ $\langle i | A \rangle$ $i$ $|1\rangle$ para algunos coeficientes (nota que ). $|1\rangle = c_1|\lambda_1\rangle + ... + c_m|\lambda_m\rangle$ $c_1 ... c_m$ $c_i = \langle \lambda_i | i \rangle$

Ahora podemos probar un caso restringido del teorema en la pregunta (restringido a DFA irreductibles; como ejercicio, generalice esta demostración al teorema completo). Como es la matriz de transición es el vector de estados alcanzables después de leer cualquier carácter de uno, es el mismo para los dos personajes, etc. Dado un vector , es simplemente la suma de los componentes de que son aceptan estados. Así: $D$ $D|1\rangle$ $D^2|1\rangle$ $|x\rangle$ $\langle A|x\rangle$ $|x\rangle$

\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}

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

Ahora sabemos que para un DFA de estado m irreducible, serán polinomios de orden cero (es decir, constantes) que dependen del DFA y serán valores propios de la matriz de transición. $p_1 ... p_m$ $\lambda_1 ... \lambda_m$

Nota de generalidad

Si desea probar este teorema para DFA arbitrario, deberá observar la descomposición de Schur de y luego aparecerán polinomios de grado distinto de cero debido a los términos nilpotentes. Todavía es esclarecedor hacer esto, ya que te permitirá limitar el grado máximo de los polinomios. También encontrará una relación entre lo complicados que son los polinomios y cuántas s tendrá. $D$ $\lambda$

Aplicación a pregunta específica

Para su idioma podemos seleccionar el DFA con matriz de transición: $L$

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

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

y aceptar vector:

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

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

Encuentre los vectores propios y sus valores propios con $\lambda_1 = 1$ ycon $| \lambda_1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ $\lambda_2 = -1$ . Podemos usar esto para encontrary. Para darnos: $| \lambda_2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ $p_1 = 1/2$ $p_2 = 1/2$

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

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

— Artem Kaznatcheev
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Tal vez publicar esto aquí ?

— Raphael

@Raphael que me preguntaron mientras estaba averiguando la prueba y escribiendo mi respuesta, así que no lo supe cuando pregunté.

— Artem Kaznatcheev

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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
fuente

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