일반 언어의 단어 수

Wikipedia에 따르면 , 모든 정규 언어 대해 상수 λ 1 , … , λ k 및 다항식 p 1 ( x ) , … , p k ( x )가 존재하므로 모든 n에 대해 길이 단어의 숫자 s L ( n ) N 의 L을 만족하는 방정식$L$$\lambda_1,\ldots,\lambda_k$$p_1(x),\ldots,p_k(x)$$n$$s_L(n)$$n$$L$

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

언어 은 규칙적입니다 ( ( 00 ) * 와 일치). s L ( n ) = 1 iff n은 짝수이고, 그렇지 않으면 s L ( n ) = 0 입니다.$L =\{ 0^{2n} \mid n \in\mathbb{N} \}$$(00)^*$$s_L(n) = 1$$s_L(n) = 0$

그러나 및 p i (위에서 존재해야 함)를 찾을 수 없습니다 . 으로 의 L ( n은 ) 미분이어야하고 일정하지, 어떻게 든 파도처럼 행동해야하고, 나는 피가수의 무한한 등으로까지 종료하지 않고 당신이 가능 다항식과 지수 함수와 그렇게 할 수있는 방법을 볼 수 없습니다 테일러 확장에서. 누구든지 나를 밝힐 수 있습니까?$\lambda_i$$p_i$$s_L(n)$

언어의 경우, 취할 수 , λ 0 = 1 , P 1 ( X ) = 1 / 2 , λ 1 = - 1 및 P 내가 ( X ) = λ 전 = 0을 위한 i > 1 ? Wikipedia 기사는 계수가 양수인지 적분인지에 대해 아무 말도하지 않습니다. 내 선택의 합계는$p_0(x) = 1/2$$\lambda_0 = 1$$p_1(x) = 1/2$$\lambda_1 = -1$$p_i(x) = \lambda_i = 0$$i > 1$

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

짝수 1 , 홀수 n은 0 인 것 같습니다 . 실제로, 유도에 의한 증거는 간단 해 보인다.$n$$n$

@ Patrick87은 특정 사례에 대한 훌륭한 답변을 제공합니다. 나는 돌이킬 수없는 DFA로 표현 될 수있는 언어 L 의보다 일반적인 경우에 을 찾는 방법에 대한 팁을 줄 것이라고 생각 했습니다 (가능한 경우) 모든 주에서 모든 주에 도착). 귀하의 언어는이 유형입니다.$s_L(n)$$L$

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돌이킬 수없는 DFA에 대한 정리 증명

는 m- 상태 DFA 의 전이 행렬 이라고하자. 이것은 재현 불가능하고, 행렬은 정상이며 완전한 고유 | λ 1 ⟩ . . . | λ m ⟩ . 하자 | A는 ⟩ 수 수락 벡터 : 즉, ⟨ 전 | ⟩는 경우 1 난 그렇지 않으면 접수 상태이며, 0. WLOG는 | 1 ⟩ 초기 상태이며, 우리는 완전한 eigenbasis이 있기 때문에, 우리는 알고 | 1 ⟩ = C 1 $D$$m$$|\lambda_1\rangle ... |\lambda_m\rangle$$|A\rangle$$\langle i | A \rangle$$i$$|1\rangle$ 어떤 계수들에 대한 C 1 . . . C의 m (참고 C 전 = ⟨ λ 전 | 내가 ⟩ ).$|1\rangle = c_1|\lambda_1\rangle + ... + c_m|\lambda_m\rangle$$c_1 ... c_m$$c_i = \langle \lambda_i | i \rangle$

이제 우리는 문제의 정리의 제한된 사례를 증명할 수 있습니다 (돌이킬 수없는 DFA로 제한됨; 연습으로이 정리를 전체 정리에 일반화 함). 는 전이 행렬 D 이므로 | 1 ⟩ 상태 벡터가 하나의 문자를 읽고 도달, D 2 | 1 ⟩ 벡터 감안할 때 등, 두 문자에 대해 동일 | X ⟩ , ⟨ | X는 ⟩ 단지의 구성 요소의 합이다 | X ⟩ 상태를 받아 들일 것을. 그러므로:$D$$D|1\rangle$$D^2|1\rangle$$|x\rangle$$\langle A|x\rangle$$|x\rangle$

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

이제 우리는 돌이킬 수없는 m- 상태 DFA의 경우, 은 DFA 및 λ 1 에 의존하는 0 차 다항식 (즉 상수)입니다 . . . λ m 은 전이 행렬의 고유 값입니다.$p_1 ... p_m$$\lambda_1 ... \lambda_m$

일반 사항

당신이 임의의 DFA이 정리를 증명하고 싶은 경우에, 당신은 볼 필요가있을 것이다 슈어 분해 의 때문에 nilpotent 용어를 나타납니다 다음 비제 정도의 다항식을합니다. 다항식의 최대 정도를 제한 할 수 있기 때문에 여전히이 작업을 수행하는 것이 좋습니다. 또한 다항식이 얼마나 복잡한 지와 얼마나 많은 λ 가 있는지에 대한 관계를 찾을 수 있습니다.$D$$\lambda$

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특정 질문에의 적용

언어 전환 매트릭스가 포함 된 DFA를 선택할 수 있습니다.$L$

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

벡터를 수락하십시오 :

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

$\lambda_1 = 1$$| \lambda_1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$\lambda_2 = -1$$| \lambda_2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$$p_1 = 1/2$$p_2 = 1/2$

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

$A$$x,y$

$$s_L(n) = x^T A^n y.$$ $x$$y$$A_{ij}$$i$$j$

$A$

$$\begin{pmatrix} \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \ldots$$ $\lambda \neq 0$$n$ $$\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$$ $B = \lambda + N$$N$$\lambda$$N$ $$B^n = (\lambda + n)^N = \lambda^n + n \lambda^{n-1} N + \binom{n}{2} \lambda^{n-2} N^2 + \cdots.$$ $\lambda = 0$$[n = k]$$1$$n=k$$0$ $$\begin{pmatrix} [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] \\ 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] & [n=3] \\ 0 & [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}$$

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

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