Batas atas fib (n + 2)

Saya memiliki masalah pekerjaan rumah yang membingungkan saya karena matematika berada di luar apa yang telah saya lakukan, meskipun kami diberitahu bahwa tidak perlu menyelesaikan ini secara matematis. Cukup berikan batas atas dekat dan benarkan.

Membiarkan

$$f(n) = |\{w ∈ \{a, b\}^n : aa \notin w \}|.$$ Berikan batas atas asimptotik $f$ sebagai $n\to\infty$.

Sejauh ini:

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

Matematika yang akan memberi saya batas pasti melampaui saya. Jelas sekali$O(2^n)$ adalah batas atas, meskipun tidak terlalu ketat.

Ada saran tentang apa yang harus saya coba?

Jadi saya tidak sepenuhnya yakin, tapi saya pikir Anda meminta untuk menghitung jumlah string ukuran $n$ (lebih dari alfabet $\{a, b\}$) di mana faktor / substring $aa$ tidak muncul kan?

Dalam hal ini, ada beberapa pendekatan kombinatorial yang dapat Anda ambil. Baik Yuval dan ADG telah memberikan argumen yang lebih sederhana dan lebih intuitif, jadi saya sarankan memeriksa jawaban mereka! Ini salah satu favorit saya, ini agak aneh, tapi ini pendekatan yang sangat umum (dan agak menyenangkan).

Mari kita mulai dengan bahasa yang lebih sederhana, yaitu kata-kata yang dimulai dan diakhiri dengan $b$ (juga tanpa substring dari $aa$). Kita dapat melihat string yang dapat diterima (mis$bbb\textbf{a}b\textbf{a}bbbb$) sebagai daftar urutan $b$S dipisahkan oleh singular $a$s. Ini memberikan konstruksi:

$$w = (b^+a)^*b^+$$ Sekarang, bagaimana kita menghitung kalimat yang termasuk dalam bahasa ini?

Mari kita bayangkan bahwa kita sedang mengembangkan ekspresi ini. Apa yang$e^*$menunjukkan? Yah, itu sederhana

$$e^* = \epsilon \mid e \mid ee \mid eee \mid eeee \mid \dots$$ Sekarang, ini tidak masuk akal, tapi mari kita bayangkan itu $e$adalah variabel pada beberapa bidang numerik. Secara khusus, kami akan memperlakukan$\epsilon \to 1$, $a \mid b \to a + b$, dan $abc \to a \times b \times c$. Ini kemudian mengatakan itu $$e^* \to 1 + e + ee + eee + \dots$$ Mari kita coba melihat motivasi di balik penafsiran aneh ini. Ini hampir merupakan transformasi bijektif. Secara khusus, kami ingin mempertahankan hitungan masing-masing$e^n$kata, yang, seperti yang dapat Anda lihat, kami lakukan. Namun, ada satu perbedaan penting antara ekspresi string dan ekspresi numerik: multiplikasi (penggabungan dalam string,$\times$dalam ekspresi numerik) sekarang komutatif! Secara intuitif, komutatif memungkinkan kita memperlakukan semua permutasi dari kata yang sama dengan yang sama; yaitu, kami tidak menyatukan antara ekspresi$bbbab$ dan $bbabb$; keduanya mewakili string dengan 4$b$dan satu $a$. Oleh karena itu, transformasi ini memungkinkan kita untuk mempertahankan hitungan setiap kata dari jumlah tertentu$a$dan $b$s, tetapi sekarang memungkinkan kita untuk menutup mata pada detail berlebihan yang tidak kita pedulikan.

Jika Anda kembali ke precalculus, Anda mungkin mengenali seri ini sebagai $\frac{1}{1 - e}$. Saya tahu bahwa tidak masuk akal untuk menulis ulang ekspresi reguler ini sebagai fungsi yang dihargai secara numerik, tapi cukup dengan saya sebentar.

Demikian pula, $e^+ = ee^* \to \frac{e}{1 - e}$. Yang artinya kita bisa menerjemahkan$w$ ke

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

Pada gilirannya, kita dapat menyederhanakan ini menjadi

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

Ini memberitahu kita bahasanya $w$ isomorfik ke bahasa $b(b \mid ab)^*$ (yang terjemahan langsungnya sudah $\frac{b}{1 - b - ba}$) tanpa harus menggunakan alat teori-bahasa! Ini adalah salah satu kekuatan memperlakukan seri ini sebagai fungsi bentuk tertutup: kita dapat melakukan penyederhanaan pada mereka yang hampir tidak mungkin untuk melakukan sebaliknya, sehingga mengurangi ke masalah yang lebih sederhana.

Sekarang, jika Anda masih mengingat salah satu mata kuliah kalkulus Anda, Anda akan ingat bahwa jenis fungsi tertentu (cukup berperilaku baik) mengakui representasi seri ini yang dikenal sebagai ekspansi Taylor. Jangan khawatir, kita tidak perlu khawatir tentang set masalah Calc 1 yang sial itu; Saya hanya sekadar menunjukkan bahwa fungsi-fungsi ini dapat direpresentasikan sebagai jumlah

$$\begin{align*} w(a, b) &= \sum_{i,j} w_{ij} a^i b^j \end{align*}$$ maka $w_{ij}$ memberikan jumlah kata yang memuaskan $w$ sedemikian rupa sehingga memiliki persis $i$ kemunculan $a$ dan $j$ kemunculan $b$. Namun, kami tidak terlalu peduli tentang apakah sesuatu itu$a$ atau a $b$. Sebaliknya, kami hanya peduli tentang jumlah karakter dalam string. Untuk mengubah "mata buta" antara$a$ dan $b$, kita bisa (secara harfiah) memperlakukan mereka sama, misalnya membiarkan $z = a = b$ dan dapatkan $$w(z) = w(z, z) = \frac{z}{1 - z - z^2} = \sum_k w_k z^k$$

dimana $w_k$ menghitung jumlah kata panjang yang memuaskan $k$.

Sekarang, yang tersisa untuk dilakukan adalah menemukan $w_k$. Pendekatan kombinatorial yang biasa di sini adalah untuk menguraikan fungsi rasional ini menjadi fraksi parsial: yaitu, mengingat penyebutnya$1 - z - z^2 = (z - \phi)(z - \psi)$, kita bisa menulis ulang $\frac{z}{(z - \phi)(z - \psi)} = \frac{A}{z - \phi} + \frac{B}{z - \psi}$(Ada sedikit aljabar yang terlibat di sini, tetapi ini adalah properti universal dari fungsi rasional (satu pemisah polinom)). Untuk mengatasi ini, Anda bisa refactor

$$\frac{A}{z - \phi} + \frac{B}{z - \psi} = \frac{z}{(z - \phi)(z - \psi)}$$ yang menghasilkan kendala $A + B = 1, A\psi + B\phi = 0$. Terlepas dari apa$A$ dan $B$ adalah, ingat itu $\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^2 + \dots$kita bisa mengatur ulang $$\begin{align*} w(z) &= \frac{-A}{\phi - z} + \frac{-B}{\psi - z} \\ &= (-A\phi)\frac{1}{1 - \frac{z}{\phi}} + (-B\psi) \frac{1}{1 - \frac{z}{\psi}} \\ &= (-A\phi)\left(1 + \phi^{-1} z + \phi^{-2} z^2 + \dots\right) + (-B\psi)\left(1 + \psi^{-1} z + \psi^{-2} z^2 + \dots\right) \end{align*}$$ karena itu $$w_k = (-A\phi)\phi^{-k} + (-B\psi)\psi^{-k}$$ Sini, $\phi$ adalah rasio emas $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ dan $\psi = -\phi^{-1}$adalah konjugatnya. Kami kemudian memiliki deskripsi yang mudah tentang perilaku asimptotik dari$w$ bahasa: ini berjalan di $\Theta(\phi^n)$. Bahkan, jika Anda memperluas semuanya, Anda akan menemukannya $$w_k = \frac{\phi^{k} - \psi^{k}}{\sqrt{5}} = \left\lceil \frac{\phi^{k}}{\sqrt{5}} \right\rceil$$ Ada juga koneksi yang rumit dengan kelas kombinatorial umum lainnya. Ini hanya angka-angka Fibonacci!

Sekarang, anggaplah sudah $w_k$, Yang menghitung jumlah string ukuran $k$ yang dimulai dan diakhiri dengan $k$ (dan juga mengandung no $aa$ substring), bagaimana kita dapat membangun string yang dapat dimulai atau diakhiri dengan $a$? Yah, itu sederhana: string yang dapat diterima ada di$w$ (dimulai dan diakhiri dengan $b$), atau itu $a w$ (dimulai dengan $a$), atau itu $w a$ (berakhir dengan $a$), atau itu $a w a$ (dimulai dan diakhiri dengan $a$). Karena itu:

$$f(n) = w_n + w_{n-2} + 2 * w_{n - 1}$$ Ingat itu $w_n$ adalah urutan fibonacci, jadi $w_{n-1} + w_{n-2} = w_n$, yang artinya $$\begin{align*} f(n) &= (w_n + w_{n-1}) + (w_{n-2} + w_{n-1}) \\ &= w_{n+1} + w_{n} \\ &= w_{n+2} \end{align*}$$ Karena itu, $f(n) = \text{fib}(n + 2) = \left\lceil \frac{\phi^{n+2}}{\sqrt{5}} \right\rceil$

Sekarang Anda mungkin tidak perlu melakukan analisis ini, tetapi hanya dengan memiliki wawasan bahwa urutan ini adalah urutan Fibonacci bergeser harus memberi Anda gambaran tentang beberapa interpretasi kombinatorial lain yang dapat Anda coba.

Jawaban Lee Gao sangat bagus. Ini akun yang berbeda. Pertimbangkan otomat berikut:

Ini adalah robot terbatas tanpa batas (UFA) tanpa$\epsilon$transisi: NFA sehingga setiap kata memiliki tepat satu jalur penerimaan. Jumlah kata-kata panjang$n$ dengan demikian jumlah jalur panjang $n$ dari negara awal ke negara penerima (karena tidak ada $\epsilon$ transisi).

Kita dapat menghitung jumlah jalur dalam grafik menggunakan aljabar linier. Membiarkan$M$menjadi matriks transisi automaton:$M(q_i,q_j)$ adalah jumlah panah dari $q_j$ untuk $q_i$(setiap panah dikaitkan dengan simbol tunggal ). Kemudian

$$M^2(q_i,q_j) = \sum_k M(q_i,q_k) M(q_k,q_j),$$ yang persis jumlah jalur panjang 2 dari $q_j$ untuk $q_i$. Demikian pula,$M^n(q_i,q_j)$ adalah jumlah jalur panjang $n$ dari $q_j$ untuk $q_i$. Dalam kasus kami, kami ingin menghitung jumlah jalur panjang$n$ dari $q_0$ untuk $\{q_0,q_1\}$, dan sebagainya $$f(n) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^n \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \, .$$ Cara standar untuk menghitung ungkapan seperti itu adalah dengan mendiagonalisasi $M$ (atau, lebih umum, dengan menghitung bentuk Jordan dari $M$). Nilai eigen dari$M$ mudah dihitung $\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$, dan untuk beberapa matriks $P$, $$\begin{align*} f(n) &= \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix} P \begin{pmatrix} \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n & 0 \\ 0 & \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \end{pmatrix} P^{-1} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= A \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n + B \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n, \end{align*}$$ 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.