具有连续权函数的线性动力系统

A（离散时间）线性动力系统（LDS）(M（M）,q个)尺寸的d日>0由更新矩阵组成$M\in\mathbb{R}^{d\乘以d}$和初始向量$q\in\mathbb{R}^d$.如果M（M）和q个是理性的，我们说LDS是理性的. The轨道 $\mathcal｛O｝（M，q）$第页，共页(M（M）,q个)是顺序$（M^k q）_{k\in\mathbb{N}}$我们说(M（M）,q个)是有界的，如果存在$c\in\mathbb{R}$这样欧几里得长度||M（M）^k个q个|| <c（c）为所有人$k\in\mathbb{N}$LDS称为随机的，随机的如果矩阵M（M）和初始向量q个只有非负条目和每列的条目M（M）以及q个总计为1。在这种情况下，我们参考矩阵M（M）也是随机的。¹

一个数字$\alpha\in\mathbb{C}$是代数的如果存在多项式$p\in\mathbb{Q}[x]$这样的话第页(α) = 0. 代数数构成$\mathbb{C}$记为$\上划线{\mathbb{Q}}$.的最小多项式$\alpha\in\上划线{\mathbb{Q}}$是（唯一的）一元多项式$p\in\mathbb{Q}[X]$最小程度的第页(α) = 0. 这个度属于α，表示为$\deg（\alpha）$，是最小多项式的次数α对于每个$\alpha\in\上划线{\mathbb{Q}}$存在唯一多项式$P_\alpha=\sum_｛i=0｝^｛d｝a_i x ^i\in\mathbb｛Z｝[x]$具有$d=\deg（\alpha）$，调用了定义多项式属于α，因此P（P）_α(α)=0和$\gcd（a_0，\ldots，a_｛d｝）=1$.多项式P（P）_α和的最小多项式α具有相同的根，并且无平方的也就是说，它们的所有根都以重数1出现。这个（天真）身高第页，共页α，表示为H（H）(α)，等于max_{0 ≤我≤d日}|一_我|. 我们表示一个代数数α通过定义多项式在计算机内存中P（P）_α和足够精确的有理逼近$\operatorname{Re}（\alpha），\operator name{Im}（\ alpha$以区分α来自的其他根P（P）_α。我们表示为||α||表示的位长度$\alpha\in\上划线{\mathbb{Q}}$。我们可以对用这种方式表示的代数数有效地执行算术。

A序列$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$是一个线性递归序列在一个环上$R\subseteq\mathbb{C}$如果存在正整数d日和a递推关系(一₀, …,一_{d日− 1}) ∈R（右）^d日这样的话$u{n+d}=\sum{i=0}^{d-1}a_iu_{n+i}$为所有人n个. The秩序属于$（u_n）_｛n\in\mathbb｛n｝｝$是最小的正整数d日这样的话$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$满足中的递归关系R（右）^d日。在这项工作中，我们将主要遇到以下LRS$\mathbb｛Q｝$，调用理性LRS有理LRS的示例包括斐波那契序列，u个_n个=第页(n个)的$p\in\mathbb{Q}[x]$，以及u个_n个=cos(nθ)其中$\theta\in\lbrace\arg（\lambda）：\lambda\in\mathbb{Q}（i）\rbrace$我们建议读者参考珠穆朗玛峰等人的书籍[11]以及考尔斯和保罗[15]详细讨论线性递归序列。

一辆LRS$（u_n）_｛n\in\mathbb｛n｝｝$最终不是零满足唯一的最小递归关系$u{n+d}=\sum{i=0}^{d-1}a_iu_{n+i}$这样的话d日>0和一₀≠ 0. 写作$A=\begin{bmatrix}A_1&\cdots&A_{d-1}\end{bmatricx}$和$q=\begin{bmatrix}u{0}&\cdots&u{d-1}\end{bmatricx}^\top$，矩阵

这个特征多项式属于$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$是$p（x）=x^d-\总和{i=0}^{d-1}a_ix^i$。请注意第页与特征多项式相同$\det（xI-C）$伴随矩阵的C类. The特征值（也称为根)第页，共页$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$是d日（可能不明显）根λ₁, …,λ_d日特征多项式的第页.LRS是

• 简单的（或可对角线的)如果其特征多项式没有重复根，并且
  
• 非退化的如果（i）所有实特征值都是非负的，并且（ii）对于每对不同的特征值λ₁,λ₂，比率λ₁/λ₂不是团结的根源。
  

对于每个LRS$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$存在有效可计算的L（左）这样序列$u^{（k）}_n=u_{nL+k}$对于0≤k个<L（左）都是非退化的[11，第1.1.9节]。如果$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}，（v_n）_$LRS是在场地上吗R（右），和○∈{+，−，·}，则w个_n个=u个_n个○v（v）_n个还定义了LRSR（右）[15，定理4.2]。此外，如果$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$和$（v_n）_{n\in\mathbb{n}}$都很简单，那么也很简单$（w_n）_{n\in\mathbb{n}}$.

LRS的指数多项式表示.每个LRS$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$订单的d日>0以上$\上划线{\mathbb{Q}}$可以写在表格中

我们还可以描述实值LRS的指数多项式表示。

在这项工作中，我们将遇到表单的序列u个_n个=第页(M（M）^n个q个)其中第页是具有有理系数的多项式，并且q个是带有有理项的向量。自

关于LRS的决策问题长期以来，人们一直在研究轻轨交通的标志模式。这一领域的两个突出问题是斯科利姆问题和积极性问题.Skolem问题是要找到一种算法，在给定LRS的情况下u个_n个，决定是否设置Z轴= {n个:u个_n个=0}为非空。在这个方向上最著名的结果是著名的Skolem-Mahler-Lech定理，它（非破坏性地）表明Z轴是半线性的。特别地，它表明非退化$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$只能有有限多个零。另一方面，积极性问题要求找到一种算法来确定u个_n个全部≥0n个.

有限状态离散时间马尔可夫链（DTMC）M（M）是元组(S公司,P（P）,ι_初始化)，其中S公司是一组有限的状态，P（P）:S公司×S公司→ [0,1]是我们需要的转移概率函数s}P_{ss^{prime}}=1中的$\sum_{s^{prime}$为所有人秒∈S公司和ι_初始化:S公司→ [0，1]是初始分布，因此s}^{}中的$\sum_{s\iota_{init}=1$对于算法问题，假设所有转移概率都是有理的。有限路径ρ在里面M（M）是有限序列秒₀秒₁…秒_n个这样的州P（P）(秒_我,秒_{我+ 1})所有0≤时>0我≤n个− 1. 我们说一个国家t吨可以从访问秒如果从秒到t吨。如果所有状态都可以从所有其他状态到达，我们就说M（M）是不可约的; 否则，我们说是可约的.一套B类⊆S公司的状态称为底部强连接组件（BSCC），如果它是强连接的，即B类可从中的所有其他状态访问B类如果没有传出转换，即。，P（P）(秒,t吨)>0和秒∈B类暗示t吨∈B类.

W.l.o.g.，我们确定S公司带有{1…，d日}的d日= |S公司|. 然后，我们考虑重载符号$P\in\mathbb{R}^{d\乘以d}$作为矩阵P（P）_ij公司=P（P）(j个,我)的我,j个≤d日.²同样，我们认为ι_初始化成为（列^三)矢量输入$\mathbb{R}^d$与(ι_初始化)_我=ι_初始化(我)的我≤d日然后，在之后的状态上的分布序列k个步骤如下所示P（P）^k个ι_初始化，形成随机LDS。我们还写$P^{（k）}_{ij}$的(P（P）^k个)_ij公司，这是从状态转移的概率j个到我完全在k个步骤。此外，我们说矩阵P（P）如果底层马尔可夫链是不可约的，则为不可约。期间d日_我一个州的我由以下人员提供：$d_i={\bf-gcd}\lbrace m\ge 1:P^{（m）}_{ii}>0\rbrace$.如果d日_我=1，那么我们称之为状态我非周期性。马尔可夫链（及其矩阵）是非周期的当且仅当其所有状态均为非周期时。马尔可夫链的周期M（M）及其转移概率矩阵P（P）是状态周期中最不常见的倍数M（M）.

向量$\pi\in\mathbb{R}^d$称为马尔可夫链的平稳分布，如果：a）π是一种分布，即。，π_j个全部≥0j个1≤j个≤d日，以及$\sum_{j=1}^d\pi_j=1$; b）π静止，即。，π=Pπ也就是说π_我= ∑_{我∈S公司}P（P）_ij公司π_j个为所有人j个∈S公司对于非周期马尔可夫链，已知状态上的分布序列$（P^k\iota_{\mathit{init}}）_{k\in\mathbb{N}}$收敛到平稳分布π，可以在多项式时间内计算（请参见[7,17]).

为了计算有理LDS轨道的平均收益(M（M）,q个)关于多项式权重函数第页对于有理系数，我们首先回顾一下序列$（p（M^nq））_{n\in\mathbb{n}}$是LRS。下面的引理说明权重部分和的序列也是LRS。

引理3.1让(M（M）,q个)成为LDS$M\in\mathbb{Q}^{d\times d}$和$q\in\mathbb{q}^d$，并让$p\in\mathbb{Q}[X_1，\dots，X_d]$是有理系数的多项式权重函数。序列

是一个理性的LRS。

计算MP公司_w个(M（M）,q个)因此，可以归结为确定极限lim_{n个→ ∞}u个_n个/n个存在于LRS$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$如果存在极限，则计算极限（有关证明，请参阅论文的扩展版本）。

从引理和上面的推论，对于两者$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$和$（u_n/n）_{n\in\mathbb{n}}$，如果存在极限，则它等于某个系数第页_我出现在的指数多项式解中$（u_n）_｛n\in\mathbb｛n｝｝$因此，计算极限的复杂性受到计算指数多项式的复杂性的限制；如果我们假设LRS的阶数是固定的，则已知后者在多项式时间内[21]; 通常，如果描述长度为$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$是$\mathcal｛I｝$它的顺序是d日，计算指数多项式表示所需的时间u个_n个是多项式$\mathcal{I}^d$.引理3.2使我们能够证明平均收益计算的第一个主要结果：

定理3.4

让(M（M）,q个)成为LDS$M\in\mathbb{Q}^{d\times d}$和$q\in\mathbb{q}^d$，以及$p\in\mathbb{Q}[X_1，\dots，X_d]$是有理系数的多项式权重函数。平均收益是否

存在，在这种情况下，它是合理的和可计算的。

如果LDS的轨道有界，我们可以得到关于连续权重函数的平均收益。在这种情况下，我们利用LDS的轨道越来越接近极限形状（即轨道的聚集点集）。这使得我们可以用权重函数在这个极限形状上的积分来表示平均回报。此积分计算限制形状上权重函数的“平均”值。当然，我们必须仔细确保我们也知道轨道“频繁”接近极限形状的不同部分。让我们先来说明一下这个想法：

示例3.5让$w:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}$为连续权重函数，并考虑LDS

仅查看前两个坐标，在此LDS中重复应用旋转。在复杂平面中，此旋转是通过与3/5−4/5相乘得到的我同于3/5−4/5我不是单位根，轨道永远不会到达前两个坐标中的（1,0）点。事实上，轨道的前两个分量在单位圆内是稠密的。此外，这些分量以相同的频率访问圆上相同长度的每个间隔。第三个分量在每一步都减半，并收敛到0。由于权重函数是连续的，因此在确定平均收益时，我们可以将第三个坐标视为等于0。因此，轨道的累积点集为$L=\lbrace v\in\mathbb{R}^3\mid v_3=0，|v|=1\rbrace$，我们可以通过参数化$T:[0,1）\rightarrow\mathbb｛R｝^3$具有$T:\alpha\mapsto\begin{bmatrix}\cos（2\pi\alpha）&\sin（2\pin\alpha）&0\end{bmatricx}^\top$由于此参数化以恒定速度通过圆，反映出轨道在前两个分量中“均匀分布”在圆上，我们现在可以表示轨道相对于权重函数的平均收益w个作为

在接下来的部分中，我们完成了所有必要的步骤，以检查LDS的轨道是否有界，并获得平均收益的表达式，作为具有有界轨道的任意有理LDS的积分。

Jordan范式与轨道的有界性。在本节中，固定一个矩阵$M\in\mathbb{Q}^{d\times d}$，初始向量$q\in\mathbb{q}^d$，和连续权重函数$w:\mathbb｛R｝^d\rightarrow\mathbb｛R｝$.我们首先变换矩阵M（M）通过计算矩阵转化为Jordan范式J型和B类以及相反的B类^{− 1}带有代数条目，以便

我们使用符号J型_{α, ℓ}用以下符号表示约旦块的大小α在对角线上。观察将Jordan块乘以向量q个= [q个₁, …,q个_k个, 0, …, 0, ]^⊤其中最后一个▽−k个分量为0导致向量中的结果，其中情况仍然如此：

我们将证明委托给论文的扩展版本。提议3.6允许我们决定LDS的轨道是否由M（M）和v（v）有界。从现在开始，我们假设它是有界的。我们现在通过移除模数小于1的所有特征值来进一步简化LDS：对于Jordan块J型_{α, ℓ}带有|α|<1，我们知道J型_{α, ℓ}→ 0用于k个→ ∞. 当我们应用函数时B类视为线性地图连续的功能w个由于平均收益不依赖于轨道的前缀，我们可以将所有此类Jordan块设置为0，而不会影响平均收益。因此，w.l.o.g.在这种简化之后，我们可以在以下假设下工作，因为根据命题，具有模量为1的特征值的Jordan块的大小为13.6:

特征值之间的乘法关系。在对轨道的累积点集进行参数化之前，我们必须检测乘法关系对角线上的元素之间D类在定义（一组）乘法关系之前，让我们用一个例子来说明这个概念：

我们也采用了一种方法[16]检测代数数之间的乘法关系$\lambda_1，\ldots，\lambda _d\in\overline{\mathbb{Q}}$.我们在假设下工作2我们首先对坐标进行重新排序，使对角线上的条目D类是λ₁, …,λ_ℓ,λ_{ℓ + 1}, …,λ_d日哪里λ_我不是的0或1我≤▽和条目λ_j个具有j个>▽都等于0或1。小组

请注意G公司是一个自由阿贝尔群，其基础是$\mathbb{Z}^\ell$.通过Masser的深入研究[19],G公司有基础B类这样，对于每个v（v）∈B类, ‖v（v）‖_∞<第页(‖λ₁‖ + … + ‖λ_ℓ‖)^ℓ，其中第页是一个绝对多项式。因此G公司可以在多项式空间中计算（给定λ₁, …,λ_ℓ)通过简单地枚举所有满足Masser界的可能基。如中所述[16]，每个元素(b₁, …,b_ℓ) ∈B类基的of the basis允许我们用其他值来表示一个特征值：假设$b_j不=0$然后，方程式$\lambda_1^{b_1}\cdots\lambda_\ell^{b\ell}=1$，允许我们得出结论

无周期性的子序列.特征值的表达式λ_j个具有米+ 1 ≤j个≤▽包含b_j个团结之根ρ_j个将周期性行为引入序列$（\lambda_j^k）_{k\in\mathbb{N}}$为了消除这种周期性行为，我们将轨道划分为如下子序列：P（P）是值的最小公共倍数b_j个对于米+ 1 ≤j个≤Ş.Asρ_j个是一个b_j个团结之根，$\rho_j^P=1$为所有人j个具有米+ 1 ≤j个≤Ş。我们现在将序列拆分$（D^k）_{k\in\mathbb{N}}$进入P（P）表单的子序列$（D^{Pk+r}）_{k\in\mathbb{N}}$对于第页∈ {0, …,P（P）− 1}. 对角线条目D类^千帕是

我们现在可以表达轨道上的任何点BD公司^{派克+第页}B类^{− 1}q个依据$\lambda_1^{k}，\点，\lambda _m^{k{$和D类^第页为此，我们定义了映射$T_r:\mathbb{T}^m\rightarrow\mathbb{r}^d$通过设置

参数化累积点集。真的x个，我们定义$x\mod{1}:=x-\lfloor x\rfloor$.对于1≤j个≤米，我们定义数字α_j个∈[0,1）作为唯一数$\lambda_j=e^｛2\pi i\alpha_j｝$.让$S:[0,1）^m\rightarrow\mathbb{T}^m$（回忆一下$\mathbb{T}:=\lbrace x\in\mathbb{C}\mid|x|=1\rbrace$)是地图

遵循中的说明[16]，我们现在可以应用Weyl的等分布定理[26]. 首先，注意到λ₁, …,λ_米乘法独立意味着值1，α₁, …,α_米线性独立于$\mathbb｛Q｝$：如果存在非零矢量c（c）₀,c（c）₁, …,c（c）_米具有$c_0+\sum_{j=1}^m c_j\alpha_j=0$，该向量将见证λ₁, …,λ_米.英寸[26]现在可以证明，对于任何可测集单位⊆[0, 1)^米，我们有

这意味着参数序列$（（（k\alpha_1\mod{1}，\dots，k\alfa_m\mod{1'））_{k\in\mathbb{N}}$密度高且在立方体中“均匀分布”[0,1）^米，因此序列$（（\lambda_1^{k}，\dots，\lambda _m^{k{））_{k\in\mathbb{N}}$在米-维环面$\mathbb{T}^m$其中，“均匀分布”意味着在等式（*）的意义上，相同大小的每个子集被同等频繁地命中。

积分平均回报现在，我们可以证明这一小节的主要结果：一个连续权函数的有界轨道的平均收益可以表示为一个积分。

定理3.8

让$M\in\mathbb｛Q｝^｛d\乘以d｝$是一个矩阵$q\in\mathbb{q}^d$满足假设的初始向量2.让$w:\mathbb{R}^d\rightarrow\mathbb{R}$是一个连续的权重函数。让$P\in\mathbb{N}$和$T_r:\mathbb{T}^m\rightarrow\mathbb{r}^d$对于第页<P（P），以及$S:[0,1）^m\rightarrow\mathbb{T}^m$同上。然后，对于每个第页0≤第页<P（P），子轨道的平均收益$（M^{kP+r}q）_{k\in\mathbb{N}}$wrt（写入）w个存在并可以表示为

哪里$\mathcal｛L｝$是[0,1）上的勒贝格测度^米原始轨道的平均收益是算术平均值

证明。让α₁, …,α_米∈[0,1）是这样的$\lambda_j=e^{2\pii\alpha_j}$同上。对于第页<P（P），我们已经构建了S公司和吨_第页这样的话

为所有人k个.作为w个是连续的，可以写成勒贝格可测阶跃函数的和$w=\sum_{j=0}^\infty f_j\cdot\unicode{x1D7D9}_{答}$在那里，为了所有人j个，系数（f）_j个在中$\mathbb{R}$，集合$A_j\subseteq\mathbb{R}^d$是可衡量的，并且$\unicode｛x1D7D9｝_{答}$在中的点上为1A类_j个否则为0。对于$\unicode｛x1D7D9｝_{答}$，我们现在观察

\开始{align*}&\lim{k\rightarrow\infty}\frac{1}{k+1}\sum{i=0}^k\unicode{x1D7D9}_{A_j}（M^{kP+r}q）\\&=\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^k\unicode{x1D7D9}_{A_j}（T_r（S（k\alpha_1\mod{1}，\dots，k\alfa_m\mod{1\ 1}））\\&=\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{|\lbrace i\lek\midT_r（S（i\alpha_1\mod{1{，\dots，i\alfa_m\mod{1}）在A_j\rbrace|}{k+1}\\&=mathcal{L}（（T_r\circ S）^{-1}（A_j））\结束{对齐*}

其中，最后一个等式来自上述等式（*），如[26]. 但是，我们也有

把这些放在一起，我们得到

\开始{align*}\mathit{MP}周（_w）（M^P，M^rq）&=\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^kw（M^{kP+r}q）\\&=\sum_{j=0}^\infty f_j\cdot\lim_2k\right arrow\finfty{k\frac_1}{k+1}\sum _{i=0.}^k\unicode{x1D7D9}_{A_j}（M^{kP+r}q）\\&=\sum_{j=0}^\infty f_j\cdot\int_{[0,1）^M}\unicode{x1D7D9}_{A_j}\circ T_r\circ S\，\，\mathrm{d}\mathcal{L}\\&=\int_{[0,1）^m}w\circs T_r\cic S\，\，\mathr m{d{mathcal}.\end{align*}

这就完成了第一个索赔的证明。声称平均回报MP公司_w个(M（M）,q个)现在可以用算术平均值表示。□

平均收益的近似值虽然我们可以计算函数的显式表示吨_第页和S公司，即使是简单的功能也不清楚w个–如何计算积分$\int_{[0,1）^m}w\circ T_r\circ S\，\，\mathrm{d}\mathcal{L}$其算术平均值是原始LDS的平均收益。然而，积分的数值近似是一个广泛研究的领域（参见例如[9]). 功能S公司是一个简单的参数化d日-维环面与函数吨_第页是一个具有代数系数的多项式，我们可以显式计算。特别是，这两个函数都是可微的，我们可以约束吨_第页○S公司于[0，1]^米因此，如果函数w个可以近似并且表现良好，例如，如果w个是Lipschitz连续的，其Lipschit常数的上界已知，并且我们获得的积分可以近似到任意精度。特别是对于多项式权重函数w个，当多项式在紧集上是Lipschitz连续的时，平均收益可以近似到任意精度吨_第页○S公司([0, 1]^米)Lipschitz常数的界可以从w个有关积分可近似为任意精度的条件的更多详细信息，请参阅[9].

随机LDS是具有有界轨道的LDS的一种特殊情况。在本节中，我们将证明，在随机LDS的情况下，我们可以通过在有限多个点上计算权重函数来计算连续权重函数下轨道的平均收益。在非周期情况下，轨道甚至收敛到一个点，因此只需计算一次权函数：

证明。如第节所述2.4，我们知道轨道$（P^k\iota_{\mathit{init}}）_{k\in\mathbb{N}}$收敛到平稳分布π在这种情况下，可以用多项式时间计算[7,17]. 那么，林_{k个→ ∞}P（P）^k个ι_初始化存在，作为w个是连续的，我们知道lim_{k个→ ∞}w个(P（P）^k个ι_初始化) =w个(π). 很容易观察到

 □

因此，平均收益的计算归结为函数的求值w个在这种情况下，在多项式时间内可计算的有理点上进行一次。接下来，我们通过将轨道划分为子序列来解决周期性情况。

关于不可约周期马氏链L（左），我们有P（P）^L（左）是非周期的并且L（左）≤d日由[20，定理1.8.4]。结合引理3.9，这允许我们刻画MP公司_w个(P（P）^L（左）,P（P）^第页ι_初始化)，这是$（P^{Lk+r}\iota_{\mathit{init}}）_{k\in\mathbb{N}}$.我们得出结论

作为要点π₀, …,π_{L（左）− 1}可以用多项式时间计算，因此在原始输入的长度中，长度最多为多项式，我们可以得出以下关于平均收益近似值的陈述：

当马尔可夫链是可约化的时，状态可以这样重命名，马尔可夫链条的矩阵表示将包含与对角线上的底部强连接组件（BSCC）相对应的不同块，以及右侧表示不属于任何BSCC的状态的附加列：

作为过渡矩阵P（P）^我的我子序列和初始值P（P）^第页ι_初始化0≤第页<我可以通过重复平方，在多项式时间内计算每个点π_我0≤我<我可以用多项式时间计算。假设价值w个(一)可以及时估计（f）_w个(‖一‖，ϵ）用于所有理性输入$a\in\mathbb｛Q｝^d$，因此我们可以得出结论，仍然存在一个固定多项式q个这样，可约随机LDS的平均收益可以在时间范围内近似到精度ϵd日^d日·（f）_w个(q个(‖(P（P）,ι_初始化)‖, ϵ) +d日^d日·q个(‖(P（P）,ι_初始化)‖）类似于3.11.

A类对数的线性形式是形式的表达式$\Lambda=b_1\operatorname{Log}\alpha_1+\ldots+b_m\operator名称{Log}\ alpha_m$哪里$b_i\in\mathbb{Z}$和$\alpha_i\in\上划线{\mathbb{Q}}$对于所有1≤我≤米.在这里$\运算符名称｛Log｝$表示复数对数的主分支。著名的贝克定理在∧≠0的情况下在|∧|上设置了一个下限。贝克定理及其应用第页-adic模拟，在证明[23]Skolem问题对于至多4阶的LRS是可判定的，以及正性问题对于低阶LRS的可判定性。

定理4.2（中主要定理的特例[27])

让$\Lambda=b_1\operatorname{Log}\alpha_1+\ldots+b_m\operator名称{Log}\ alpha_m$如上所述，$D=[\mathbb{Q}（\alpha_1，\ldots，\alpha_m）：\mathbb{Q}]$，并且假设A类,B类≥e（电子）是这样的A类>H（H）(α_我)和B类> |b_我|对于所有1≤我≤米.如果∧≠0，则

贝克定理的一个直接结果如下[22，推论8]。回想一下$\mathbb{T}$表示$\lbrace z\in\mathbb{C}:|z|=1\rbrace$.

如果α不是团结的根源，α^n个=β最多支持一个n个和n个可以有效地有界。

结合上面的两个引理，我们得到以下结果。

下一个引理总结了我们可以应用贝克定理的线性递归序列族。出于篇幅原因，我们将证明委托给论文的扩展版本。

在给出可判定性结果之前，我们需要关于LRS的部分和的最后一个成分w个_n个=n个^我λ^n个对一些人来说我≥0且$\lambda\in\上划线{\mathbb{Q}}$，以及$u_n=\sum_{k=0}^n w_k$.如果λ=1，则u个_n个=第页(n个)，其中第页是次数多项式我+ 1. 如果λ≠1，则u个_n个=q个(n个)λ^n个，其中q个最多是一个次数多项式我带有代数系数。特别地，q个(n个)是函数方程的解λf(n个) −（f）(n个− 1) =n个^我因此，如果LRS$（w_n）_{n\in\mathbb{n}}$只有实特征值，那么由$u_n=\sum_{k=0}^nw_k$类似地，如果$（w_n）_{n\in\mathbb{n}}$是可对角化的，并且没有1作为特征值，那么同样适用于$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$事实上$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$形成特征值的子集$（w_n）_{n\in\mathbb{n}}$.

证明。让w个_n个=δ^n个w个(M（M）^n个q个)和$u_n=B+\sum_｛i=0｝^n w（M^iq）$。我们必须决定是否u个_n个全部≥0n个.首先假设M（M）只有实特征值。然后w个_n个和u个_n个都是仅具有实本征值的LRS。如果需要，通过取子序列，我们可以假设$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$是非退化的。写入$u_n=\sum_{i=1}^m p_i（n）\rho_i^n$其中右侧为指数多项式形式我,第页_我不是零多项式。自$（u_n）_{n\in\mathbb{n}}$是非退化的，我们可以假设wlogρ₁> … >ρ_米> 0. 如果第页₁(n个)为负值表示足够大n个，则能量约束不满足。否则，我们可以计算N个这样所有人n个>N个,u个_n个> 0. 仍需检查u个_n个0≤时≥0n个≤N个接下来，假设M（M）具有非实数特征值$\lambda，\上一行{\lambda}$，和实际特征值ρ.写入γ=λ/|λ|和第页= |λ|. 然后u个_n个形式为

其中∧₁, …,Λ_米是两两不同的，在乘法组中由第页,ρ,δ,γ.Wlog我们可以假设c（c）_我≠0表示全部我，但是c（c）可能为零。如果γ是秩序统一的根源k个>0（即。γ^k个=1），然后我们可以取子序列$（u^{（0）}_n$，其中$u^{（j）}_n=u{nk+j}$对于$n\in\mathbb{n}$且0≤j个<k个、和每个$（u^{（j）}_n）_{n\in\mathbb{n}}$只有实特征值。然后我们可以应用上述分析。此后我们假设γ不是团结的根源。

假设c（c）= 0. 然后引理4.6（c）适用，我们可以决定u个_n个是积极的。接下来，假设c（c）≠0和L（左）≔最大值_我|Λ_我| ≤ 1. 我们可以计算N个₂这样的话|中国| > |v（v）_n个|为所有人n个>N个₂因此，在这种情况下u个_n个全部≥0n个当且仅当c（c）>0和u个_n个>0代表0≤n个≤N个₂最后，假设c（c）≠0和L（左）> 1. 应用引理4.6（b），存在有效可计算的N个_三这样的话|u个_n个| > |中国|的n个>N个_三.因此u个_n个全部≥0n个当且仅当u个_n个0≤时≥0n个≤N个_三和$\sum_{i=1}^mc_i\Lambda_i^{n}\ge 0$对于n个>N个_三。后者可以通过应用引理来决定4.6（c）顺序$v_n=\sum_{i=1}^m c_i\Lambda _i^{n_3+n}=\sum_{i=1{^m（c_i\ Lambda _ i^{n_3}）\Lambda_i^n$. □

回想一下，给定一个矩阵，能源满意度问题是要决定的$M\in\mathbb｛Q｝^｛d\乘以d｝$,$q\in\mathbb{q}^d$,$B\in\mathbb{Q}$，和多项式第页有理系数，是否存在n个这样的话$\sum_{k=0}^n p（M^kq）<B$这个问题至少与随机LDS和线性权重函数的正问题一样困难。

证明。从[2,24]任意LRS的正问题$\mathbb{Q}$可以归结为以下问题：给定马尔可夫链(M（M）,q个)，确定是否存在n个这样的话e（电子）₁M（M）^n个q个≥ 1/2. 我们将后者归结为能源满意度问题。给定马尔可夫链$（M，q）\in\mathbb{q}^{d\times d}\times d$，让

和$t=（1/2q，1/2Mq）\在\mathbb{Q}^{2d}中$.请注意(P（P）,t吨)也是马尔可夫链。此外，P（P）^n个t吨= (1/2M（M）^n个q个, 1/2M（M）^{n个+ 1}q个). 我们选择权重函数w个(x个₁, …,x个_2d日) = 2(x个_{d日+ 1}−x个₁)和B类= 1/2 −e（电子）₁·q个.然后w个(P（P）^n个q个) =e（电子）₁M（M）^{n个+ 1}q个−e（电子）₁M（M）^n个q个，以及$u_n:=\sum_{k=0}^n w（P^nq）\ge B$当且仅当e（电子）₁M（M）^{n个+ 1}q个≥ 1/2. 因此不存在n个这样的话e（电子）₁M（M）^n个q个≥1/2当且仅当e（电子）₁·q个<1/2且不存在n个这样的话u个_n个<B类. □

6阶LRS的正性问题如所示[21]将成为丢番图尼哈具体来说$r\in\mathbb{Q}$和$\lambda\in\mathbb{Q}（i）$（即，λ=一+双哪里$a，b\in\mathbb{Q}$)出租

证明。我们证明了以下几点：如果我们可以用d日=4，那么我们可以为每个第页,λ是否$u^{\lambda，r}_n\ge 0$为所有人n个.修复$r\in\mathbb{Q}$和$\lambda=a+bi\in\mathbb{Q}（i）$.定义

和初始点q个= (0, 0, 0, 1). 我们有

请记住$n\in\mathbb{n}$，（i）$\operatorname{Re}（\lambda^{n+1}）=a\operator name{Re{（\lambda^n）-b\operatoriname{Im}（\ lambda~n）$和（ii）$\operatorname{Im}（\lambda^{n+1}$因此存在多项式第页₁, …,第页₄具有合理的系数，使得$p_1（M^nq）=n\运算符名称{Im}（\lambda^n）$,$p_2（M^nq）=n\运算符名称{Re}（\lambda^n），p_3$和$p_4（M^nq）=\operatorname{Im}（\lambda^n）$为所有人n个接下来，考虑

自$u^{\lambda，r}_0=0$，我们有$u^{\lambda，r}_{n+1}=\sum_{k=0}^nw_n$此外，使用事实（i）、（ii）和多项式第页₁, …,第页₄我们可以构造多项式第页具有合理的系数，使得w个_n个=第页(M（M）^n个q个)为所有人n个.因此$u^{\lambda，r}_n\ge 0$为所有人n个当且仅当权重$（p（M^nq））_{n\in\mathbb{n}}$用预算满足能源约束B类= 0. □