通常の言語で指定された長さの単語の数

通常の言語で、与えられた長さの単語の数の代数的特徴はありますか？

ウィキペディアは結果をやや不正確に述べています：

任意の正規言語の場合は $L$ 定数が存在する $\lambda_1,\,\ldots,\,\lambda_k$ 及び多項式 $p_1(x),\,\ldots,\,p_k(x)$ ようにすべてのための $n$ 数 $s_L(n)$ の長さの単語の $n$ における $L$ 式を満たす $s_L(n)=p_1(n)\lambda_1^n+\dotsb+p_k(n)\lambda_k^n$ 。

どのスペースに $\lambda$ 住んでいるか（ $\mathbb{C}$ 、私は推測します）、および関数が全体で非負の整数値を持つ必要があるかどうかは述べられていません $\mathbb{N}$ 。正確な声明と、証拠のスケッチまたはリファレンスをお願いします。

ボーナスの質問：逆は真ですか、つまり、この形式の関数が与えられた場合、長さあたりの単語数がこの関数に等しい通常の言語は常に存在しますか？

_{この質問は、通常の言語の単語数 $(00)^*$}

formal-languages regular-languages word-combinatorics

— ジル「SO-悪であるのをやめる」
ソース

証拠のスケッチはこちら

— アルテムKaznatcheev

@ArtemKaznatcheev興味深い、ありがとう。この質問への回答を移動することを検討しますか？

— ジル 'SO-悪であるのをやめる

この質問は少し冗長であると感じます（より一般的ですが）。証明への私のアプローチを一般化するのは少し難しいですが、夕食後に見てみましょう。

— アルテムKaznatcheev

@ArtemKaznatcheevありがとう。回答の2番目の部分で問題が発生し、還元可能なDFAに拡張されました。

— ジル「SO-悪であるのをやめる」

@vzn通常の言語における単語数の生成関数は合理的であるという古典的な事実であり、これはOPの式を（その正しい形で）即座に暗示します。難しい部分は、漸近線を抽出することです。詳細については、（たとえば）私の答えで言及したAnalytic Combinatoricsの本をチェックしてください。

— ユヴァルフィルマス

回答:

正規言語所与、いくつかのDFA受け入れる検討、聞かせてその伝達行列である（の状態から前縁の数であり、状態へ）、聞かせて初期状態の特徴ベクトルであり、およびlet 受け入れ状態の特性ベクトルである。それから $L$ $L$ $A$ $A_{ij}$ $i$ $j$ $x$ $y$

s_{L} （ n ） = {バツ}^{T} A^{n} y 。

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

複素数上、ことをヨルダンの定理状態のいずれかの形式のブロックとマトリクスと同様であるもし、次に $A$

（ \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

$n$ これらのブロックの乗である

ここでは、これらの式になった方法は次のとおりです。としてブロックを書く

。

連続した累乗は、行列の連続する2次対角線です。二項定理を使用して（

が

交換するという事実を使用して）、

（ \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

$N$

場合

、ブロックはベキ零であり、我々は、以下の行列得る（表記

であり、

であれば

と

それ以外）：

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_{私} p_{私} （ n ） λ_{私}^{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}

$p_i$ $n$

s_{L} (n) = \sum_{i} p_{i} (n) λ_{i}^{n} .

$s_L(n) = \sum_i p_i(n) \lambda_i^n.$ This is the precise statement of the result.

We can go on and obtain asymptotic information about $s_L(n)$ , but this is surprisingly non-trivial. If there is a unique $\lambda_i$ of largest magnitude, say $\lambda_1$ , then

s_{L} (n) = p_{1} (n) λ_{1}^{n} (1 + o (1)) .

$s_L(n) = p_1(n) \lambda_1^n (1 + o(1)).$ Things get more complicated when there are several

λ

$\lambda$ s of largest magnitude. It so happens that their angle must be rational (i.e. up to magnitude, they are roots of unity). If the LCM of the denominators is

d

$d$ , then the asymptotics of

s_{L}

$s_L$ will very according to the remainder of

n

$n$ modulo

d

$d$ . For some of these remainders, all

λ

$\lambda$ s of largest magnitude cancel, and then the asymptotics "drops", and we have to iterate this procedure. The interested reader can check the details in Flajolet and Sedgewick's Analytic Combinatorics, Theorem V.3. They prove that for some

d

$d$ , integers

p_{0}, \dots, p_{d - 1}

$p_0,\ldots,p_{d-1}$ and reals

λ_{0}, \dots, λ_{d - 1}

$\lambda_0,\ldots,\lambda_{d-1}$ ,

s_{L} (n) = n^{p_{n (\mod d)}} λ_{n (\mod d)}^{n} (1 + o (1)) .

$s_L(n) = n^{p_{n\pmod{d}}} \lambda_{n\pmod{d}}^n (1 + o(1)).$

— Yuval Filmus
ソース

Let $L \subseteq \Sigma^*$ a regular language and

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

its generating function, where $L_n = L \cap \Sigma^n$ and so $|L_n|=s_L(n)$ .

It is known that $L(z)$ is rational, i.e.

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

with $P,Q$ polynomials; this is easiest seen by translating a right-linear grammar for $L$ into a (linear!) equation system whose solution is $L(z)$ .

The roots of $Q$ are essentially responsible for the $|L_n|$ , leading to the form stated on Wikipedia. This is immediately related with the method of characteristic polynomials for solving recurrences (via the recurrence which describes $(|L_n|)_{n \in \mathbb{N}}$ ) .

— Raphael
ソース

あなたの答えが質問にどのように答えるかは明らかではありません。また、何ですか

L_{n}

$L_n$ ？

— デイブクラーク

@Gilles Analytic Combinatorics, the books by Eilenberg, the book by Berstel, Reutenauer

— ウリ

@Gilles Automata-Theoretic Aspects of Formal Power Series.

— ウリ

@Patrick87: 1) Right, typo; thanks! 2) For finite languages, the generating function is a polynomial (and therewith rational). As

Q (z) = 1

$Q(z)=1$ , this approach won't work. The linked theorem starts with a linear homogeneous recurrence; I don't think those can describe sequences that are zero for all

k \geq n_{0}

$k \geq n_0$ (and non-zero for at least one value). Not sure, though. If I am right, the statement we are talking about does indeed only hold for infinite regular languages; this would not be entirely surprising as finite languages do not have any structure.

— Raphael

@Raphaelうん、私の考えは似ていました...（a）有限言語は規則的であり、（b）定理は有限言語が規則的ではないことを意味し、（c）言語が有限であるかどうかを判断することは（一般に）決定不能です。それらは有限言語で動作します。

— Patrick87