fib（n + 2）の上限

これは数学的に解く必要はないと言われていましたが、数学は私がやったことを超えているので、私は困惑している宿題の問題を抱えています。ちょうど上限を提供し、それを正当化します。

してみましょう

$$f(n) = |\{w ∈ \{a, b\}^n : aa \notin w \}|.$$ 漸近上限をます。$f$$n\to\infty$

これまでのところ：

$$\begin{array}{c|c|c} n & \text{strings} & \text{compared to } 2^n \\\hline 1 & 2 & 2^n - 0 \\ 2 & 3 & 2^n - 1 \\ 3 & 5 & 2^n - 3 \\ 4 & 8 & 2^n - 8 \\ 5 & 13 & 2^n - 18 \\ 6 & 21 & 2^n - 43 \\ \end{array}$$

私に正確な限界を与える数学は私を超えています。明らかに$O(2^n)$は上限ですが、特に厳密ではありません。

私が試すべきことについて何か提案はありますか？

だから私は完全にはわかりませんが、サイズの文字列の数を数えるように求めていると思います$n$（アルファベットが、因数/部分文字列 a aが正しく表示されない }）か？$\{a, b\}$$aa$

この場合、いくつかの組み合わせのアプローチをとることができます。YuvalとADGはどちらもよりシンプルで直感的な議論を行っているため、回答を確認することをお勧めします。これは私のお気に入りの1つです。少し奇妙ですが、非常に一般的な（そして楽しい）アプローチです。

レッツは、その言葉のどちらで開始および終了、シンプルな言語で始まり（もの無いストリングとA）。私たちは、（例えば許容文字列を見ることができますB B B A B A B B B B）のシーケンスのリストとしてB単数で区切られたS 、A、S。これにより、次の構文が得られます 。w = （b + a ）∗ b + では、この言語に属する文をどのように数えるのでしょうか。$b$$aa$$bbb\textbf{a}b\textbf{a}bbbb$$b$$a$

$$w = (b^+a)^*b^+$$

これらの表現を拡張しているとしましょう。は何を示していますか？さて、それは単に e ∗ = ϵ ∣ e ∣ e e ∣ e e e ∣ e e e e ∣ …です。 さて、これはほとんど意味がありませんが、eがいくつかの数値フィールド上の変数であると想像してみましょう。特に、ϵ → 1、a ∣ b → a + b、およびa b c → a ×を扱います。$e^*$

$$e^* = \epsilon \mid e \mid ee \mid eee \mid eeee \mid \dots$$ $e$$\epsilon \to 1$$a \mid b \to a + b$。次に、 e ∗ → 1 + e + e e + e e e + …と言い ます。この奇妙な解釈の背後にある動機を見てみましょう。これは、ほぼ全単射の変換です。特に、各 e nワードの数を保持したいと考えています。ただし、文字列式と数値式の間には重要な違いが1つあります。乗算（文字列の連結、$abc \to a \times b \times c$ $$e^* \to 1 + e + ee + eee + \dots$$ $e^n$$\times$数式で）は可換です！直感的に、可換性により、同じ単語のすべての順列を同じものとして扱うことができます。である、我々は表現の間で明確にしていないとB 、B 、BのB ; 彼らは両方とも4の文字列表現 a sおよびb sのが、今では、気にしていない余分な詳細に目を向けることができます。$bbbab$$bbabb$ sと1つ a。したがって、この変換により、特定の数の各単語の数を保持できます$b$$a$$a$$b$

前計算に戻ると、このシリーズを1と認識している可能性があります。。この正規表現を数値関数として書き換えても意味がないことはわかっていますが、少しだけ触れておきます。$\frac{1}{1 - e}$

同様に、。これは、wを wに変換できることを意味します$e^+ = ee^* \to \frac{e}{1 - e}$$w$

$$w \to \frac{1}{1 - (\frac{b}{1 - b} \times a)} \times \frac{b}{1 - b}$$

次に、これをw （a 、b ）= bに簡略化できます。

$$w(a, b) = b \times \frac{1}{1 - (b + ba)}$$

これは、言語が言語b （b ∣ a b ）∗に同型であることを示しています（その直接翻訳はすでに$w$$b(b \mid ab)^*$）言語理論上のツールに頼る必要はありません！これは、これらのシリーズを閉じた形の関数として扱うことの力の1つです。他の方法では実行することがほぼ不可能であった簡略化を実行できるため、より単純な問題に削減できます。$\frac{b}{1 - b - ba}$

ここで、微積分コースのいずれかをまだ思い出している場合は、特定のタイプの関数（十分に動作している）が、テイラー展開と呼ばれるこれらの級数表現を許可することを思い出します。心配しないでください。これらの厄介なCalc 1問題セットについて心配する必要はありません。これらの関数は合計 なるので、wijは、wが正確にi回出現するaとj回出現するbとなるようにwを満たす単語数を与えます。しかし、我々は、特に何かがあるかどうかを気にしないAまたはB。むしろ、文字列の合計文字数を気にするだけです。間の「盲目の目」オンにすると

$$\begin{align*} w(a, b) &= \sum_{i,j} w_{ij} a^i b^j \end{align*}$$ $w_{ij}$$w$$i$$a$$j$$b$$a$$b$$a$（文字通り）それらを同じように扱うことができます。たとえば、$b$および w （z ）= w （z 、z ）= zを取得 $z = a = b$ $$w(z) = w(z, z) = \frac{z}{1 - z - z^2} = \sum_k w_k z^k$$

ここで、は、長さkの充足可能な単語の数をカウントします。$w_k$$k$

あとは、を見つけるだけです。ここではいつものコンビナトリアルアプローチは、その部分-画分にこの有理関数を分解するために、次のようになります。つまり、分母与えられた1 - Z - Z 2 = （Z - φ ）（Z - ψ ）、我々は書き換えることができます$w_k$$1 - z - z^2 = (z - \phi)(z - \psi)$（代数のビットがここに関与していないが、これは別の）機能を分割し、合理的（1多項式の普遍的な性質であります）。これを解決するには、Aをリファクタリングします $\frac{z}{(z - \phi)(z - \psi)} = \frac{A}{z - \phi} + \frac{B}{z - \psi}$ 制約を生成A+B=1、Aψ+Bφ=0。AとBが何であるかに関係なく、

$$\frac{A}{z - \phi} + \frac{B}{z - \psi} = \frac{z}{(z - \phi)(z - \psi)}$$ $A + B = 1, A\psi + B\phi = 0$$A$$B$、ええと、 w （z ）を再配置できます $\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^2 + \dots$ 従って 、W、K=（-Aϕ）ϕ−k+（− $$\begin{align*} w(z) &= \frac{-A}{\phi - z} + \frac{-B}{\psi - z} \\ &= (-A\phi)\frac{1}{1 - \frac{z}{\phi}} + (-B\psi) \frac{1}{1 - \frac{z}{\psi}} \\ &= (-A\phi)\left(1 + \phi^{-1} z + \phi^{-2} z^2 + \dots\right) + (-B\psi)\left(1 + \psi^{-1} z + \psi^{-2} z^2 + \dots\right) \end{align*}$$ ここで、 φは黄金比である 1 + $$w_k = (-A\phi)\phi^{-k} + (-B\psi)\psi^{-k}$$ $\phi$およびψ=−ϕ−1はその共役です。私たちは、その後の漸近的振る舞いを簡単に説明していワット言語を：それはで実行しますΘ（φN）。あなたはすべてを展開すると実際には、あなたはその見つける ワットのk=φ K -ψ$\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$$\psi = -\phi^{-1}$$w$$\Theta(\phi^n)$ 別の一般的な組み合わせクラスとの複雑な関係もあります。これはフィボナッチ数列です！ $$w_k = \frac{\phi^{k} - \psi^{k}}{\sqrt{5}} = \left\lceil \frac{\phi^{k}}{\sqrt{5}} \right\rceil$$

$w_k$$k$$k$$aa$$a$$w$$b$$a w$$a$$w a$$a$$a w a$$a$

$$f(n) = w_n + w_{n-2} + 2 * w_{n - 1}$$ $w_n$$w_{n-1} + w_{n-2} = w_n$ $$\begin{align*} f(n) &= (w_n + w_{n-1}) + (w_{n-2} + w_{n-1}) \\ &= w_{n+1} + w_{n} \\ &= w_{n+2} \end{align*}$$ $f(n) = \text{fib}(n + 2) = \left\lceil \frac{\phi^{n+2}}{\sqrt{5}} \right\rceil$

これでおそらくこの分析を行う必要はありませんが、このシーケンスがシフトしたフィボナッチシーケンスであるという洞察を得るだけで、他のいくつかの組み合わせの解釈を試すことができます。

イ・ガオの答えは素晴らしいです。これは別のアカウントです。次のオートマトンについて考えてみましょう。

$\epsilon$$n$$n$$\epsilon$

$M$$M(q_i,q_j)$$q_j$$q_i$

$$M^2(q_i,q_j) = \sum_k M(q_i,q_k) M(q_k,q_j),$$ $q_j$$q_i$$M^n(q_i,q_j)$$n$$q_j$$q_i$$n$$q_0$$\{q_0,q_1\}$ $$f(n) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^n \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \, .$$ $M$$M$$M$$\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$$P$ $$\begin{align*} f(n) &= \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix} P \begin{pmatrix} \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n & 0 \\ 0 & \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \end{pmatrix} P^{-1} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= A \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n + B \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n, \end{align*}$$ for some coefficients $A,B$. To determine $A,B$ we can either diagnoalize $M$ explicitly, or just set up a linear system using known values of $f$. Since $f(0) = 1$ and $f(1) = 2$, the latter approach shows that $$A + B = 1 \\ \frac{1+\sqrt{5}}{2} A + \frac{1-\sqrt{5}}{2} B = 2$$ Solving this system (e.g. using Gaussian elimination), we find out that $A = \frac{5+3\sqrt{5}}{10}$ and $B = \frac{5-3\sqrt{5}}{10}$. Therefore $$\begin{align*} f(n) &= \frac{5+3\sqrt{5}}{10} \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n + \frac{5-3\sqrt{5}}{10} \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \\ &= \Theta(\lambda_{\max}^n), \text{ where } \lambda_{\max} = \frac{1+\sqrt{5}}{2}. \end{align*}$$ The same approach works for every regular language.

@Lee Gao's is too complex (I haven't even read the whole thing), here is a simplistic approach:

Let f(n) be all desired strings out of which let a(n) be strings that end at a and b(n) be strings that end at b.

Now for every string that ends at b we can directly add a to get ba in ending and a valid string:

$$a(n)=b(n-1)\tag{1}$$ Note than we cannot add a to end of strings that end at a otherwise we will have aa at the end.

We can add b to any string:

$$b(n)=a(n-1)+b(n-1)\tag{2}$$

Now $n\mapsto n-1$ in $(1)$ and substitue in $(2)$:

$$b(n)=b(n-2)+b(n-1)$$ So b(n) is fib(n) and since a(n) is b(n-1) hence a(n) is fib(n-1). Now f(n) is: $$f(n)=a(n)+b(n)={\rm fib}(n)+{\rm fib}(n-1)={\rm fib}(n+1)$$ As fib(n) is $(\varphi^n-\varphi^{-n})/\sqrt{5}$, hence f(n) is ${\rm O}(\varphi^n)$, $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1.618$. (Taking $\varphi/\sqrt5$ as constant and neglecting $\varphi^{-n}$ for large $n$ to get an asymptote)

Note: fib(0)=0, fib(1)=1.