Limite superior da fib (n + 2)

Eu tenho um problema de lição de casa que está me deixando perplexo porque a matemática está além do que eu fiz, embora nos tenham dito que não era necessário resolver isso matematicamente. Basta fornecer um limite superior próximo e justificá-lo.

Deixei

$$f(n) = |\{w ∈ \{a, b\}^n : aa \notin w \}|.$$ Forneça um limite superior assintótico no $f$ Como $n\to\infty$.

Tão longe:

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

A matemática que me dará um limite exato está além de mim. Obviamente$O(2^n)$ é um limite superior, embora não seja particularmente apertado.

Alguma sugestão sobre o que devo tentar?

Portanto, não tenho certeza absoluta, mas acho que você está pedindo para contar o número de cadeias de tamanho $n$ (sobre o alfabeto $\{a, b\}$) onde o fator / substring $aa$ não parece certo?

Nesse caso, existem algumas abordagens combinatórias que você pode adotar. Tanto o Yuval quanto o ADG apresentaram argumentos mais simples e intuitivos, então eu definitivamente sugiro que verifique suas respostas! Aqui está um dos meus favoritos: é um pouco estranho, mas é uma abordagem muito geral (e meio divertida).

Vamos começar com um idioma mais simples, o das palavras que começa e termina com $b$ (também sem substrings de $aa$) Podemos olhar para uma string admissível (por exemplo,$bbb\textbf{a}b\textbf{a}bbbb$) como uma lista de sequências de $b$s separados por singular $a$s. Isso fornece a construção:

$$w = (b^+a)^*b^+$$ Agora, como contamos frases que pertencem a esse idioma?

Vamos imaginar que estamos expandindo essas expressões. O que$e^*$denotar? Bem, é simplesmente

$$e^* = \epsilon \mid e \mid ee \mid eee \mid eeee \mid \dots$$ Agora, isso fará muito pouco sentido, mas vamos imaginar que $e$é uma variável sobre algum campo numérico. Em particular, trataremos$\epsilon \to 1$, $a \mid b \to a + b$e $abc \to a \times b \times c$. Isso então diz que $$e^* \to 1 + e + ee + eee + \dots$$ Vamos tentar ver a motivação por trás dessa estranha interpretação. Isso é quase uma transformação bijetiva. Em particular, queremos preservar a contagem de cada$e^n$palavra que, como você pode ver facilmente, nós fazemos. No entanto, há uma diferença crucial entre as expressões de string e expressões numéricas: a multiplicação (concatenação em strings,$\times$em expressões numéricas) agora é comutativo! Intuitivamente, a comutatividade permite tratar todas as permutações da mesma palavra que a mesma; isto é, não desambiguamos entre a expressão$bbbab$ e $bbabb$; ambos representam uma string com 4$b$se um $a$. Portanto, essa transformação nos permite preservar a contagem de cada palavra de um determinado número de$a$areia $b$s, mas agora nos permite fechar os olhos aos detalhes supérfluos com os quais não nos importamos.

Se você voltar ao pré-cálculo, poderá reconhecer esta série como $\frac{1}{1 - e}$. Sei que não faz sentido reescrever essa expressão regular como uma função com valor numérico, mas apenas ficar nua comigo por um momento.

Similarmente, $e^+ = ee^* \to \frac{e}{1 - e}$. O que significa que podemos traduzir$w$ para dentro

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

Por sua vez, podemos simplificar isso até

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

Isso nos diz que o idioma $w$ é isomórfico para o idioma $b(b \mid ab)^*$ (cuja tradução direta já está $\frac{b}{1 - b - ba}$) sem precisar recorrer a ferramentas teóricas da linguagem! Esse é um dos poderes de tratar essas séries como funções de forma fechada: podemos realizar simplificações nelas que são quase impossíveis de executar de outra maneira, reduzindo-as a um problema mais simples.

Agora, se você ainda se lembra de algum curso de cálculo, se lembra de que certos tipos de funções (sendo suficientemente comportadas) admitem essas representações em série conhecidas como expansões de Taylor. Não se preocupe, não teremos que nos preocupar com esses conjuntos de problemas irritantes do Calc 1; Estou apenas apontando que essas funções podem ser representadas como a soma

$$\begin{align*} w(a, b) &= \sum_{i,j} w_{ij} a^i b^j \end{align*}$$ de modo a $w_{ij}$ fornece o número de palavras que satisfazem $w$ de tal forma que tem exatamente $i$ ocorrências de $a$ e $j$ ocorrências de $b$. No entanto, não nos preocupamos particularmente se algo é um$a$ ou um $b$. Em vez disso, apenas nos preocupamos com o número total de caracteres na sequência. Para fechar um "olho cego" entre$a$ e $b$, podemos (literalmente) tratá-los da mesma forma, por exemplo, deixe $z = a = b$ e pegue $$w(z) = w(z, z) = \frac{z}{1 - z - z^2} = \sum_k w_k z^k$$

Onde $w_k$ conta o número de palavras satisfatórias de comprimento $k$.

Agora, tudo o que resta a fazer é encontrar $w_k$. The usual combinatorial approach here would be to decompose this rational function into its partial-fraction: that is, given the denominator $1 - z - z^2 = (z - \phi)(z - \psi)$, we can rewrite $\frac{z}{(z - \phi)(z - \psi)} = \frac{A}{z - \phi} + \frac{B}{z - \psi}$ (There's a bit of algebra involved here, but this is a universal property of rational (one polynomial dividing another) functions). To solve this, you can refactor

$$\frac{A}{z - \phi} + \frac{B}{z - \psi} = \frac{z}{(z - \phi)(z - \psi)}$$ which generates the constraints $A + B = 1, A\psi + B\phi = 0$. Irregardless of what $A$ and $B$ are, recall that $\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^2 + \dots$, well, we can rearrange $$\begin{align*} w(z) &= \frac{-A}{\phi - z} + \frac{-B}{\psi - z} \\ &= (-A\phi)\frac{1}{1 - \frac{z}{\phi}} + (-B\psi) \frac{1}{1 - \frac{z}{\psi}} \\ &= (-A\phi)\left(1 + \phi^{-1} z + \phi^{-2} z^2 + \dots\right) + (-B\psi)\left(1 + \psi^{-1} z + \psi^{-2} z^2 + \dots\right) \end{align*}$$ therefore $$w_k = (-A\phi)\phi^{-k} + (-B\psi)\psi^{-k}$$ Here, $\phi$ is the golden ratio $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ and $\psi = -\phi^{-1}$ is its conjugate. We then have an easy description of the asymptotic behavior of the $w$ language: it runs in $\Theta(\phi^n)$. In fact, if you expand everything out, you'll find that $$w_k = \frac{\phi^{k} - \psi^{k}}{\sqrt{5}} = \left\lceil \frac{\phi^{k}}{\sqrt{5}} \right\rceil$$ There's also an intricate connection to another common combinatorial class. This is just the Fibonacci numbers!

Now, suppose you have $w_k$, which counts the number of strings of size $k$ that starts and ends with $k$ (and also contains no $aa$ substrings), how can we build a string that can start or end with an $a$? Well, it's simple: an admissible string is either in $w$ (starts and ends with $b$), or it is $a w$ (starts with $a$), or it is $w a$ (ends with $a$), or it is $a w a$ (starts and ends with $a$). Therefore:

$$f(n) = w_n + w_{n-2} + 2 * w_{n - 1}$$ Recall that $w_n$ is the fibonacci sequence, so $w_{n-1} + w_{n-2} = w_n$, which means that $$\begin{align*} f(n) &= (w_n + w_{n-1}) + (w_{n-2} + w_{n-1}) \\ &= w_{n+1} + w_{n} \\ &= w_{n+2} \end{align*}$$ Therefore, $f(n) = \text{fib}(n + 2) = \left\lceil \frac{\phi^{n+2}}{\sqrt{5}} \right\rceil$

Now you probably don't have to do this analysis, but just by having the insight that this sequence is a shifted Fibonacci sequence ought to give you an idea of some other combinatorial interpretations that you can try.

Lee Gao's answer is excellent. Here is a different account. Consider the following automaton:

This is an unambiguous finite automaton (UFA) without $\epsilon$ transitions: an NFA such that each word has exactly one accepting path. The number of words of length $n$ is thus the number of paths of length $n$ from the starting state to an accepting state (since there are no $\epsilon$ transitions).

We can count the number of paths in a graph using linear algebra. Let $M$ be the transition matrix of the automaton: $M(q_i,q_j)$ is the number of arrows from $q_j$ to $q_i$ (each arrow is associated with a single symbol). Then

$$M^2(q_i,q_j) = \sum_k M(q_i,q_k) M(q_k,q_j),$$ which is exactly the number of paths of length 2 from $q_j$ to $q_i$. Similarly, $M^n(q_i,q_j)$ is the number of paths of length $n$ from $q_j$ to $q_i$. In our case, we want to count the number of paths of length $n$ from $q_0$ to $\{q_0,q_1\}$, and so $$f(n) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^n \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \, .$$ The standard way to calculate such an expression is by diagonalizing $M$ (or, more generally, by computing the Jordan form of $M$). The eigenvalues of $M$ are easily calculated to be $\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$, and so for some matrix $P$, $$\begin{align*} f(n) &= \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix} P \begin{pmatrix} \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n & 0 \\ 0 & \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \end{pmatrix} P^{-1} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= A \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n + B \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n, \end{align*}$$ 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.