정규 언어로 주어진 길이의 단어 수

일정한 언어로 주어진 길이의 단어 수의 대수적 특성이 있습니까?

Wikipedia 의 결과는 다소 부정확합니다.

정규 언어 대해 상수 및 다항식 존재하므로 모든 대해 숫자 은 에서 길이 단어는 방정식 합니다.λ 1$L$p 1 ( x ) $\lambda_1,\,\ldots,\,\lambda_k$n s L ( n ) n L s L ( n ) = p 1 ( n ) λ n 1 + ⋯ + p k ( n ) λ n $p_1(x),\,\ldots,\,p_k(x)$$n$$s_L(n)$$n$$L$$s_L(n)=p_1(n)\lambda_1^n+\dotsb+p_k(n)\lambda_k^n$

가 ( , 내가 추정하는) 어느 공간에 살고 있는지와 함수가 전체에서 음이 아닌 정수 값을 가져야하는지 여부는 언급되어 있지 않습니다 . 나는 정확한 진술과 증거에 대한 스케치 또는 참조를 원합니다.C $\lambda$$\mathbb{C}$$\mathbb{N}$

보너스 질문 :이 형식의 기능이 주어지면 그 반대가 사실입니까? 즉, 길이 당 단어 수가이 기능과 같은 정규 언어가 항상 있습니까?

_{이 질문 은 일반 언어로 된 단어 수를 일반화 합니다$(00)^*$}

일반 언어 감안 일부 DFA 수용성 고려 보자 (그것의 전송 행렬 상태에서 리딩 에지의 개수 상태에 하자) 초기 상태의 특징 벡터, 그리고하자 는 수용 상태의 특성 벡터입니다. 그런 다음 L A A i j i j x y s L ( n ) = x T A n y $L$$L$$A$$A_{ij}$$i$$j$$x$$y$

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

요르단의 정리에 따르면 복소수에서 는 형식의 블록이있는 행렬과 유사합니다. 경우 후 이 블록의 힘은 ( λ ) , ( λ 1 0 λ ) , ( λ 1 0 0 λ 1 0 0 λ ) , ( λ 1 0 0 0 λ 1 0 0 0 λ 1 0 0 0 λ ) , ... λ ≠ 0 N ( λ n ) , ( λ n n λ n - $A$

$$\begin{pmatrix} \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \ldots$$ $\lambda \neq 0$$n$B=λ+NNλNBN=(λ+N)N=λN+NλN-1N+( $$\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$$ 여기에 우리가 가진 방법이 있습니다 이 공식에 : 블록을 으로 씁니다 . 연속 제곱은 행렬의 연속 보조 대각선입니다.$B = \lambda + N$$N$$\lambda$$N$ $$B^n = (\lambda + n)^N = \lambda^n + n \lambda^{n-1} N + \binom{n}{2} \lambda^{n-2} N^2 + \cdots.$$ 경우 는 블록 nilpotent, 우리는 다음 행렬을 얻기 (표기를 인 경우 및 그렇지 않은 경우에는) $\lambda = 0$$[n = k]$$1$$n=k$$0$ $$\begin{pmatrix} [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] \\ 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] & [n=3] \\ 0 & [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}$$

, 모든 항목 요약 중 어느 하나의 형식 인 또는 양식 , 우리는 추론이 일부 복잡한 및 복합 다항식 . 특히 충분히 큰 경우 이것은 결과의 정확한 진술입니다.$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$ $$s_L(n) = \sum_i p_i(n) \lambda_i^n.$$

계속해서 에 대한 점근 정보를 얻을 수 있지만 이것은 놀랍지 않은 일입니다. 최대 크기 의 고유 가있는 경우 ( ) 규모가 큰 가 여러 개 있으면 상황이 더 복잡해집니다 . 따라서 각도가 합리적이어야합니다 (즉, 최대 크기, 그들은 통일의 뿌리입니다). 분모의 LCM이 이면 의 나머지 모듈로 에 따라 매우 달라집니다 . 이 나머지 중 일부의 경우 모든$s_L(n)$$\lambda_i$$\lambda_1$

$$s_L(n) = p_1(n) \lambda_1^n (1 + o(1)).$$ $\lambda$$d$$s_L$$n$$d$$\lambda$최대 규모의 취소가 발생한 후 무증상이 "삭제"되고이 절차를 반복해야합니다. 관심있는 독자는 Flajolet 및 Sedgewick의 Analytic Combinatorics (Theorem V.3) 의 세부 사항을 확인할 수 있습니다 . 일부 경우 정수 및 실수 , $d$$p_0,\ldots,p_{d-1}$$\lambda_0,\ldots,\lambda_{d-1}$ $$s_L(n) = n^{p_{n\pmod{d}}} \lambda_{n\pmod{d}}^n (1 + o(1)).$$

하자 정규 언어와$L \subseteq \Sigma^*$

$\qquad \displaystyle L(z) = \sum\limits_{n \geq 0} |L_n|z^n$

그 발생 기능 , 여기서 등 .$L_n = L \cap \Sigma^n$$|L_n|=s_L(n)$

는 것이 알려져 인 이성 즉$L(z)$

$\qquad \displaystyle \frac{P(z)}{Q(z)}$

와 다항식; 이것은 에 대한 직선형 문법을 해가 인 (선형!) 방정식 으로 변환하여 가장 쉽게 볼 수 있습니다.L L ( z $P,Q$$L$$L(z)$

의 뿌리 에 대한 근본적 책임이 있습니다, Wikipedia에 명시된 양식으로 연결됩니다. 이것은 을 설명하는 반복을 통해 반복을 해결하기위한 특징적인 다항식 의 방법과 즉시 관련이 있습니다.| L n | ( | L n | ) n ∈ $Q$$|L_n|$$(|L_n|)_{n \in \mathbb{N}}$