Anzahl der Wörter in der regulären Sprache

17

Laut Wikipedia existieren für jede reguläre Sprache $L$ Konstanten $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ und Polynome $p_1(x),\ldots,p_k(x)$ so dass für jedes $n$ die Anzahl $s_L(n)$ von Wörtern der Länge gilt $n$ in $L$ erfüllt die Gleichung

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

Die Sprache $L =\{ 0^{2n} \mid n \in\mathbb{N} \}$ ist regulär ( $(00)^*$ passt dazu). $s_L(n) = 1$ wenn n gerade ist, und wenn $s_L(n) = 0$ nicht.

Ich kann jedoch nicht die $\lambda_i$ und $p_i$ (die nach dem oben existieren müssen). Da $s_L(n)$ differenzierbar und nicht konstant sein muss, muss es sich irgendwie wie eine Welle verhalten, und ich kann nicht sehen, wie man das möglicherweise mit Polynomen und Exponentialfunktionen machen kann, ohne eine unendliche Anzahl von Summanden wie zu erhalten in einer Taylor-Erweiterung. Kann mich jemand aufklären?

— Alex ten Brink
quelle

Kennst du den Namen dieses Satzes?

— Artem Kaznatcheev

@ArtemKaznatcheev: Nein, keine Ahnung. Wikipedia gibt leider auch keinen Hinweis :(

— Alex ten Brink

Allgemeiner: Anzahl der Wörter einer bestimmten Länge in einer regulären Sprache

— Gilles 'SO - hör auf, böse zu sein'

14

Für Ihre Sprache, können Sie nehmen , , , und für ? Der Wikipedia-Artikel sagt nichts darüber aus, dass die Koeffizienten entweder positiv oder ganzzahlig sind. Die Summe für meine Entscheidungen ist $p_0(x) = 1/2$ $\lambda_0 = 1$ $p_1(x) = 1/2$ $\lambda_1 = -1$ $p_i(x) = \lambda_i = 0$ $i > 1$

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

Dies scheint 1 für gerade und 0 für ungerade . In der Tat scheint ein Beweis durch Induktion einfach zu sein. $n$ $n$

— Patrick87
quelle

Ah ja, natürlich hatte ich das abwechselnde Minuszeichen vergessen. Werde upvoten, sobald der Tag vorbei ist - ich habe die Stimmenobergrenze erreicht.

— Alex ten Brink

Für diesen Anspruch ist keine Einführung erforderlich.

— Raphael

@Raphael Richtig, aber das macht meine Behauptung nur umso genauer.

— Patrick87

11

@ Patrick87 gibt eine großartige Antwort auf Ihren speziellen Fall. Ich dachte, ich würde einen Tipp geben, wie man im allgemeineren Fall jeder Sprache findet, die durch einen irreduziblen DFA dargestellt werden kann (dh wenn es möglich ist) aus jedem Staat in jeden Staat gelangen). Beachten Sie, dass Ihre Sprache von diesem Typ ist. $s_L(n)$ $L$

Beweis des Theorems für irreduzible DFAs

Lassen Sie die Übergangsmatrix Ihres sein -state DFA, da es nicht reduzierbar ist, die Matrix ist normal und hat eine vollständige Eigenbasis . Lassen sein das akzeptieren Vektor: dh ist 1 , wenn ein Zustand annehmen wird, und 0 sonst. WLOG nehme an, dass ist der Anfangszustand, und da wir eine komplette Eigenbasis haben, wissen wir, dass $D$ $m$ $|\lambda_1\rangle ... |\lambda_m\rangle$ $|A\rangle$ $\langle i | A \rangle$ $i$ $|1\rangle$ für einige Koeffizienten (beachtendass ). $|1\rangle = c_1|\lambda_1\rangle + ... + c_m|\lambda_m\rangle$ $c_1 ... c_m$ $c_i = \langle \lambda_i | i \rangle$

Nun können wir einen eingeschränkten Fall des Theorems in der Frage beweisen (beschränkt auf irreduzible DFAs; als Übung diesen Beweis auf den gesamten Theorem verallgemeinern). Da ist die Übergangsmatrix der Vektor der Zustände erreichbar , nachdem ein beliebiges Zeichen lesen, ist das gleiche für zwei Zeichen usw. Bei einem Vektor , ist einfach die Summe der Komponenten , die Zustände annehmen. Somit: $D$ $D|1\rangle$ $D^2|1\rangle$ $|x\rangle$ $\langle A|x\rangle$ $|x\rangle$

\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}

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

Nun wissen wir, dass für einen irreduziblen DFA im m-Zustand sind Polynome nullter Ordnung (dh Konstanten), die von DFA und abhängen sind Eigenwerte der Übergangsmatrix. $p_1 ... p_m$ $\lambda_1 ... \lambda_m$

Allgemeiner Hinweis

Wenn Sie dieses Theorem für beliebige DFA beweisen wollen, müssen Sie die Schur-Zerlegung von und dann werden aufgrund der nullpotenten Terme Polynome ungleich null Grad auftauchen. Es ist immer noch aufschlussreich, dies zu tun, da Sie den maximalen Grad der Polynome einschränken können. Sie finden auch eine Beziehung zwischen der Komplexität der Polynome und der Anzahl der . $D$ $\lambda$

Bewerbung auf konkrete Fragestellung

Für Ihre Sprache wir die DFA mit Übergangsmatrix auswählen: $L$

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

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

und akzeptiere vector:

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

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

Finden Sie die Eigenvektoren und ihre Eigenwerte mit $\lambda_1 = 1$ undmit $| \lambda_1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ $\lambda_2 = -1$ . Wir können diese verwendenum zu findenund. Uns zu geben: $| \lambda_2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ $p_1 = 1/2$ $p_2 = 1/2$

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

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

— Artem Kaznatcheev
quelle

Vielleicht veröffentlichen hier ?

— Raphael

@Raphael, der gefragt wurde, während ich den Beweis fand und meine Antwort abtippte, also wusste ich nichts davon, als ich fragte.

— Artem Kaznatcheev

6

Weiter Artems Antwort, hier ist ein Beweis für die allgemeine Darstellung. Wie Artem zeigt, gibt es eine ganzzahlige Matrix und zwei Vektoren so dass (Der Vektor ist der charakteristische Vektor des Startzustands, der Vektor ist der charakteristische Vektor aller akzeptierenden Zustände und ist gleich der Anzahl der Übergänge von Zustand zu Zustand in einem DFA für die Sprache.) $A$ $x,y$

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

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

x

$x$

y

$y$

A_{i j}

$A_{ij}$

i

$i$

j

$j$

Jordan-Theorem besagt , dass über die komplexen Zahlen, eine Matrix mit Blöcken von einem der Formen ähnlich ist $A$ Wenn, dann ist das

(\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

$\begin{pmatrix} \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \ldots$

λ \neq 0

$\lambda \neq 0$

n

$n$ Die Potenzen dieser Blöcke sind

Hier istwie wir in diesen Formeln bekommen: den Block als schreiben

. Aufeinanderfolgende Potenzen von

sind aufeinanderfolgende sekundäre Diagonalen der Matrix. Unter Verwendung des Binomialsatzes (unter Verwendung der Tatsache, dass

mit

kommutiert) ist

(\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

$\begin{pmatrix} \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2} \lambda^{n-2} \\ 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2}\lambda^{n-2} & \binom{n}{3}\lambda^{n-3} \\ 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2}\lambda^{n-2} \\ 0 & 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \ldots$

B = λ + N

$B = \lambda + N$

N

$N$

λ

$\lambda$

N

$N$

Wenn

, ist der Block nicht potent und wir erhalten die folgenden Matrizen (die Notation

ist

wenn

undsonst

):

B^{n} = (λ + n)^{N} = λ^{n} + n λ^{n - 1} N + (\binom{n}{2}) λ^{n - 2} N^{2} + \dots .

$B^n = (\lambda + n)^N = \lambda^n + n \lambda^{n-1} N + \binom{n}{2} \lambda^{n-2} N^2 + \cdots.$

λ = 0

$\lambda = 0$

[n = k]

$[n = k]$

1

$1$

n = k

$n=k$

0

$0$

(\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})

$\begin{pmatrix} [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] \\ 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] & [n=3] \\ 0 & [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}$

$A^n$ $\binom{n}{k} \lambda^{n-k}$ $[n=k]$

s_{L} (n) = \sum_{i} p_{i} (n) λ_{i} (n) + \sum_{j} c_{j} [n = j],

$s_L(n) = \sum_i p_i(n) \lambda_i(n) + \sum_j c_j [n=j],$

λ_{i}, c_{j}

$\lambda_i,c_j$

p_{i}

$p_i$

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
quelle

Vielen Dank für die allgemeine Behandlung! Sie sollten in Betracht ziehen, Ihre Antwort mit meiner zu kombinieren und sie als vollständige Antwort auf diese Frage zu veröffentlichen . Ich denke, es wäre hilfreicher als die aktuelle Antwort dort.

— Artem Kaznatcheev