Limite superiore di fib (n + 2)

Ho un problema con i compiti che mi mette in imbarazzo perché la matematica è al di là di ciò che ho fatto, anche se ci è stato detto che non era necessario risolverlo matematicamente. Basta fornire un limite superiore vicino e giustificarlo.

Permettere

$$f(n) = |\{w ∈ \{a, b\}^n : aa \notin w \}|.$$ Fornire un limite superiore asintotico $f$ come $n\to\infty$.

Finora:

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

La matematica che mi darà un limite preciso è oltre me. Ovviamente$O(2^n)$ è un limite superiore, sebbene non sia particolarmente stretto.

Qualche suggerimento su cosa dovrei provare?

Quindi non ne sono completamente sicuro, ma penso che tu stia chiedendo di contare il numero di stringhe di dimensioni $n$ (sopra l'alfabeto $\{a, b\}$) dove il fattore / sottostringa $aa$ non appare giusto?

In questo caso, ci sono alcuni approcci combinatori che puoi adottare. Sia Yuval che ADG hanno fornito argomenti più semplici e intuitivi, quindi consiglio vivamente di dare un'occhiata alle loro risposte! Ecco uno dei miei preferiti, è un po 'strano, ma è un approccio molto generale (e un po' divertente).

Cominciamo con un linguaggio più semplice, quello delle parole che iniziano e finiscono con $b$ (anche senza sottostringhe di $aa$). Possiamo guardare una stringa ammissibile (es$bbb\textbf{a}b\textbf{a}bbbb$) come un elenco di sequenze di $b$s separati da singolare $a$S. Questo dà la costruzione:

$$w = (b^+a)^*b^+$$ Ora, come contiamo le frasi che appartengono a questa lingua?

Immaginiamo che stiamo espandendo queste espressioni. Cosa fa$e^*$denota? Bene, è semplicemente

$$e^* = \epsilon \mid e \mid ee \mid eee \mid eeee \mid \dots$$ Ora, questo avrà molto poco senso, ma immaginiamolo $e$è una variabile su un campo numerico. In particolare, tratteremo$\epsilon \to 1$, $a \mid b \to a + b$, e $abc \to a \times b \times c$. Questo poi dice questo $$e^* \to 1 + e + ee + eee + \dots$$ Proviamo a vedere la motivazione dietro questa strana interpretazione. Questa è quasi una trasformazione biiettiva. In particolare, vogliamo preservare il conteggio di ciascuno$e^n$parola, che, come puoi facilmente vedere, facciamo. Tuttavia, esiste una differenza cruciale tra le espressioni di stringa e le espressioni numeriche: la moltiplicazione (concatenazione in stringhe,$\times$in espressioni numeriche) è ora commutativo! Intuitivamente, la commutatività ci consente di trattare tutte le permutazioni della stessa parola come la stessa; cioè, non chiariamo le ambiguità tra l'espressione$bbbab$ e $bbabb$; entrambi rappresentano una stringa con 4$b$se uno $a$. Pertanto, questa trasformazione ci consente di preservare il conteggio di ogni parola di un certo numero di$a$s e $b$s, ma ora ci consente di chiudere un occhio sui dettagli superflui che non ci interessano.

Se torni al precalcolo, potresti riconoscere questa serie come $\frac{1}{1 - e}$. So che non ha senso riscrivere questa espressione regolare come una funzione a valore numerico, ma resta nuda con me per un momento.

Allo stesso modo, $e^+ = ee^* \to \frac{e}{1 - e}$. Ciò significa che possiamo tradurre$w$ in

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

A sua volta, possiamo semplificare questo fino a

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

Questo ci dice che la lingua $w$ è isomorfo alla lingua $b(b \mid ab)^*$ (la cui traduzione diretta è già $\frac{b}{1 - b - ba}$) senza mai ricorrere a strumenti teorici del linguaggio! Questo è uno dei poteri di trattare queste serie come funzioni a forma chiusa: possiamo eseguire su di esse delle semplificazioni che sono quasi impossibili da eseguire altrimenti, riducendole quindi a un problema più semplice.

Ora, se ricordi ancora qualcuno dei tuoi corsi di calcolo, ricorderai che certi tipi di funzioni (essendo abbastanza ben comportati) ammettono queste rappresentazioni di serie note come espansioni di Taylor. Non preoccuparti, non dovremo davvero preoccuparci di quei fastidiosi problemi di Calc 1; Sto solo sottolineando che queste funzioni possono essere rappresentate come la somma

$$\begin{align*} w(a, b) &= \sum_{i,j} w_{ij} a^i b^j \end{align*}$$ così che $w_{ij}$ dà il numero di parole che soddisfa $w$ tale che ha esattamente $i$ occorrenze di $a$ e $j$ occorrenze di $b$. Tuttavia, non ci interessa particolarmente se qualcosa è un$a$ o a $b$. Piuttosto, ci preoccupiamo solo del numero totale di caratteri nella stringa. Per chiudere un "occhio cieco" tra$a$ e $b$, possiamo semplicemente (letteralmente) trattarli allo stesso modo, ad esempio let $z = a = b$ e prendi $$w(z) = w(z, z) = \frac{z}{1 - z - z^2} = \sum_k w_k z^k$$

dove $w_k$ conta il numero di parole soddisfacenti di lunghezza $k$.

Ora non resta che trovare $w_k$. Il solito approccio combinatorio qui sarebbe quello di scomporre questa funzione razionale nella sua frazione parziale: cioè, dato il denominatore$1 - z - z^2 = (z - \phi)(z - \psi)$, possiamo riscrivere $\frac{z}{(z - \phi)(z - \psi)} = \frac{A}{z - \phi} + \frac{B}{z - \psi}$(C'è un po 'di algebra coinvolta qui, ma questa è una proprietà universale delle funzioni razionali (un polinomio che ne divide un altro)). Per risolvere questo, puoi refactoring

$$\frac{A}{z - \phi} + \frac{B}{z - \psi} = \frac{z}{(z - \phi)(z - \psi)}$$ che genera i vincoli $A + B = 1, A\psi + B\phi = 0$. Indipendentemente da cosa$A$ e $B$ ricordalo $\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^2 + \dots$bene, possiamo riordinare $$\begin{align*} w(z) &= \frac{-A}{\phi - z} + \frac{-B}{\psi - z} \\ &= (-A\phi)\frac{1}{1 - \frac{z}{\phi}} + (-B\psi) \frac{1}{1 - \frac{z}{\psi}} \\ &= (-A\phi)\left(1 + \phi^{-1} z + \phi^{-2} z^2 + \dots\right) + (-B\psi)\left(1 + \psi^{-1} z + \psi^{-2} z^2 + \dots\right) \end{align*}$$ perciò $$w_k = (-A\phi)\phi^{-k} + (-B\psi)\psi^{-k}$$ Qui, $\phi$ è il rapporto aureo $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ e $\psi = -\phi^{-1}$è il suo coniugato. Abbiamo quindi una facile descrizione del comportamento asintotico del$w$ lingua: corre dentro $\Theta(\phi^n)$. In effetti, se espandi tutto, lo scoprirai $$w_k = \frac{\phi^{k} - \psi^{k}}{\sqrt{5}} = \left\lceil \frac{\phi^{k}}{\sqrt{5}} \right\rceil$$ C'è anche una complessa connessione con un'altra classe combinatoria comune. Questi sono solo i numeri di Fibonacci!

Ora, supponi di averlo fatto $w_k$, che conta il numero di stringhe di dimensioni $k$ che inizia e finisce con $k$ (e contiene anche n $aa$ sottostringhe), come possiamo costruire una stringa che può iniziare o terminare con un $a$? Bene, è semplice: è presente anche una stringa ammissibile$w$ (inizia e finisce con $b$) o lo è $a w$ (inizia con $a$) o lo è $w a$ (finisce con $a$) o lo è $a w a$ (inizia e finisce con $a$). Perciò:

$$f(n) = w_n + w_{n-2} + 2 * w_{n - 1}$$ Richiama questo $w_n$ è la sequenza dei fibonacci, quindi $w_{n-1} + w_{n-2} = w_n$, che significa che $$\begin{align*} f(n) &= (w_n + w_{n-1}) + (w_{n-2} + w_{n-1}) \\ &= w_{n+1} + w_{n} \\ &= w_{n+2} \end{align*}$$ Perciò, $f(n) = \text{fib}(n + 2) = \left\lceil \frac{\phi^{n+2}}{\sqrt{5}} \right\rceil$

Ora probabilmente non devi fare questa analisi, ma solo avere l'intuizione che questa sequenza è una sequenza di Fibonacci spostata dovrebbe darti un'idea di alcune altre interpretazioni combinatorie che puoi provare.

La risposta di Lee Gao è eccellente. Ecco un altro account. Considera il seguente automa:

Questo è un automa finito non ambiguo (UFA) senza$\epsilon$transizioni: un NFA in modo tale che ogni parola abbia esattamente un percorso di accettazione. Il numero di parole di lunghezza$n$ è quindi il numero di percorsi di lunghezza $n$ dallo stato iniziale a uno stato accettante (poiché non ci sono $\epsilon$ transizioni).

Possiamo contare il numero di percorsi in un grafico usando l'algebra lineare. Permettere$M$essere la matrice di transizione dell'automa:$M(q_i,q_j)$ è il numero di frecce da $q_j$ per $q_i$(ogni freccia è associata a un singolo simbolo). Poi

$$M^2(q_i,q_j) = \sum_k M(q_i,q_k) M(q_k,q_j),$$ che è esattamente il numero di percorsi di lunghezza 2 da $q_j$ per $q_i$. Allo stesso modo,$M^n(q_i,q_j)$ è il numero di percorsi di lunghezza $n$ a partire dal $q_j$ per $q_i$. Nel nostro caso, vogliamo contare il numero di percorsi di lunghezza$n$ a partire dal $q_0$ per $\{q_0,q_1\}$, e così $$f(n) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^n \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \, .$$ Il modo standard per calcolare una tale espressione è in diagonale $M$ (o, più in generale, calcolando la forma Jordan di $M$). Gli autovalori di$M$ sono facilmente calcolati per essere $\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$e così per qualche matrice $P$, $$\begin{align*} f(n) &= \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix} P \begin{pmatrix} \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n & 0 \\ 0 & \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \end{pmatrix} P^{-1} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= A \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n + B \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n, \end{align*}$$ per alcuni coefficienti $A,B$. Determinare$A,B$ possiamo o diagnosticare $M$ esplicitamente, o semplicemente impostare un sistema lineare usando valori noti di $f$. Da$f(0) = 1$ e $f(1) = 2$, quest'ultimo approccio lo dimostra $$A + B = 1 \\ \frac{1+\sqrt{5}}{2} A + \frac{1-\sqrt{5}}{2} B = 2$$ Risolvendo questo sistema (es. Usando l'eliminazione gaussiana), lo scopriamo $A = \frac{5+3\sqrt{5}}{10}$ e $B = \frac{5-3\sqrt{5}}{10}$. Perciò $$\begin{align*} f(n) &= \frac{5+3\sqrt{5}}{10} \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n + \frac{5-3\sqrt{5}}{10} \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \\ &= \Theta(\lambda_{\max}^n), \text{ where } \lambda_{\max} = \frac{1+\sqrt{5}}{2}. \end{align*}$$ Lo stesso approccio funziona per ogni lingua normale.

@Lee Gao's è troppo complesso (non ho nemmeno letto tutto), ecco un approccio semplicistico:

Sia f (n) tutte le stringhe desiderate da cui a (n) siano le stringhe che terminano in aeb (n) siano le stringhe che terminano in b.

Ora per ogni stringa che termina con b possiamo aggiungere direttamente a per ottenere ba in finale e una stringa valida:

$$a(n)=b(n-1)\tag{1}$$ Nota che non possiamo aggiungere un alla fine delle stringhe che finiscono in un altrimenti avremo aa alla fine.

Possiamo aggiungere b a qualsiasi stringa:

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

Adesso $n\mapsto n-1$ in $(1)$ e sostituire in $(2)$:

$$b(n)=b(n-2)+b(n-1)$$ Quindi b (n) è fib (n) e poiché a (n) è b (n-1) quindi a (n) è fib (n-1). Ora f (n) è: $$f(n)=a(n)+b(n)={\rm fib}(n)+{\rm fib}(n-1)={\rm fib}(n+1)$$ Come fib (n) è $(\varphi^n-\varphi^{-n})/\sqrt{5}$, quindi f (n) è ${\rm O}(\varphi^n)$, $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1.618$. (tenendo$\varphi/\sqrt5$ come costante e trascurante $\varphi^{-n}$ per grandi $n$ ottenere un asintoto)

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