SHIFTS SÓFICOS
3. PRESENTACIONES RESOLVENTES A DERECHA
Hemos de nido resolvente a derecha en términos de aristas salientes desde los vértices. Existe la propiedad dual de resolvente a izquierda, en la cual todas las aristas entrantes a un mismo vértice llevan rótulos diferentes. El grafo rotulado (c) de la gura 2 es una presentación resolvente a izquierda de {0, 1}Z. Hay presentaciones de {0, 1}Z que no son resolventes ni a
derecha ni a izquierda (ejercicio: construir una).
¾Admite cualquier espacio shift só co una presentación resolvente a derecha? Ya tenemos una respuesta a rmativa a esta pregunta si analizamos el grafo de los conjuntos de seguidores para un espacio shift só co, que, de acuerdo a su construcción, es resolvente a derecha y, según hemos demostrado antes, es una presentación de ese shift só co. Sin embargo, la construcción del grafo de los conjuntos de seguidores deja abierto el problema de cómo encontrar los conjuntos de seguidores, que con algún esfuerzo hemos desarrollado en los ejemplos que vimos. Describiremos un método alternativo para construir una presentación resolvente a derecha explícita de un shift só co a partir de una presentación cualquiera del espacio, método que denominamos construcción de subconjuntos.
Definición 3.22. Sea G = (G, L) un grafo rotulado, con G = (V, Σ, i, t) y L : Σ → A. El grafo de subconjuntos de G es el grafo rotulado H = (H, L0), con H = (V0, Σ0, i0, t0) y
L0 : Σ0 → A, construido como sigue.
Los vértices de H son todos los subconjuntos no vacíos de V . Es decir, V0 = P(V ) − {∅}.
Consideremos un vértice I0 ∈ V0 y una letra a ∈ A jos. Sea J0 el conjunto de todos los
vértices de G que son alcanzables desde algún nodo I ∈ I0 ⊂ V mediante alguna arista rotulada
a. Es decir, J0 = {t(e) : i(e) ∈ I0 ∧ L(e) = a}. Si J0 6= ∅, colocamos una arista e0 en H desde I0
hasta J0 con rótulo L0(e0) = a; si J0 = ∅, no habrá ninguna arista con rótulo a en H saliendo de
I0. Realizando este proceso para cada I0 ∈ V0 y cada a ∈ A, queda de nido el grafo rotulado
H.
Observar que, por la construcción realizada, para cada vértice I0 ∈ V0 y cada a ∈ A, hay a
lo sumo una arista en H arrancando en I0 con rótulo a, por lo que el grafo de subconjuntos es
resolvente a derecha.
Ejemplo 3.23. Sea X el shift só co presentado por el grafo G de la gura 7 (a). Realizando la construcción de subconjuntos, se obtiene el grafo H mostrado en (b) de la misma gura. Notar que, aunque G es irreducible, H no lo es (de hecho, el grafo subyacente ni siquiera es esencial). Sin embargo, hay un subgrafo irreducible H0 de H, obtenido por eliminar el vértice
{b} y la arista que sale de él, que también presenta a X.
✁✂ ✄✂
Figura 7. La construcción de subconjuntos
El siguiente resultado relaciona los caminos rotulados de un grafo rotulado G y de su grafo de subconjuntos H. Concretamente, enuncia que el vértice terminal de un camino rotulado u en H arrancando en un estado I0 es el conjunto de todos los vértices de G a los que se puede
llegar mediante un camino en G rotulado u que comienza en alguno de los estados de G que pertenecen a I0.
56 3. SHIFTS SÓFICOS
Lema 3.24. Sean G = (G, L) un grafo rotulado con G = (V, Σ, i, t) y L : Σ → A, y H = (H, L0) el grafo de subconjuntos de G, con H = (V0, Σ0, i0, t0) y L0 : Σ0 → A. Sea τ un
camino en H con rótulo u ∈ A∗. Entonces,
t0(τ ) = {t(π) : π es camino en G, i(π) ∈ i0(τ ), L(π) = u}
Demostración. Haremos inducción en |τ| ≥ 0. Llamaremos I0 al vértice inicial y J0 al
vértice terminal de τ. Debemos ver que
J0 = {t(π) : π es camino en G, i(π) ∈ I0, L(π) = u}
Si |τ| = 0, τ es el camino vacío, por lo que J0 = I0, y, por otro lado, ya que ε es siempre
camino en G, que t(ε) = i(ε) y que L(ε) = ε sea cual fuere el vértice en G desde el que se considere arrancando el camino vacío, resulta que
{t(ε) : ε es camino en G, i(ε) ∈ I0, L(ε) = ε} = {t(ε) : i(ε) ∈ I0} = {i(ε) : i(ε) ∈ I0} = I0 Así que la igualdad se cumple.
Supongamos ahora el enunciado válido para cualquier camino de largo k ≥ 0, y asu- mamos que τ tiene largo k + 1, digamos τ = τ1· · · τkτk+1, con rótulo u = u1· · · ukuk+1.
Llamemos K0 al vértice terminal de τ
1· · · τk en H. Notar que la arista τk+1 va desde K0
hasta J0 y lleva rótulo u k+1.
Sea J ∈ J0. Por construcción de H, hay en G un vértice K que pertenece a K0 desde
el que sale una arista e con rótulo uk+1 que termina en J. Por hipótesis inductiva, existe
camino ρ en G rotulado u1· · · uk tal que i(ρ) ∈ I0 y t(ρ) = K. Luego, tomando π = ρe,
tenemos que π es camino en G desde un vértice en I0 hacia J rotulado u
1· · · ukuk+1, es
decir, J0 ⊆ {t(π) : π es camino en G, i(π) ∈ I0, L(π) = u}.
Por otro lado, sea π un camino en G tal que i(π) ∈ I0 y L(π) = u. Debemos ver
que t(π) ∈ J0. Como |u| ≥ 1, debe ser π = π
1· · · πkπk+1. Llamemos K = t(π1· · · πk).
Por hipótesis inductiva, K ∈ K0. Luego, siendo π
k+1 una arista en G rotulada uk+1
saliendo desde un vértice de K0, por construcción del grafo de subconjuntos, debe ser
t(πk+1) ∈ J0, pues, si no fuese así, al construir H habríamos colocado desde K0 otra
arista diferente a τk+1 saliendo desde K0 también con rótulo uk+1, lo que es imposible
pues H es resolvente a derecha. Luego, t(π) = t(πk+1) ∈ J0.
Por lo tanto, J0 = {t(π) : π es camino en G, i(π) ∈ I0, L(π) = u}, y el resultado queda estable-
cido.
Teorema 3.25. Cualquier shift só co admite una presentación resolvente a derecha. Demostración. Sea XG un shift só co con G = (G, L), y sea H el grafo de subconjuntos
de G. Como H es resolvente a derecha, el teorema quedará demostrado chequeando que H es una presentación de XG, para lo que veremos que B (XG) = B (XH).
Sea u = a1· · · an ∈ B (XG). Entonces hay un camino π = e1· · · en en G tal que L(π) = u.
Sean I = i(π) ∈ V y J0 0 = {I} ∈ V 0. Hagamos J0 1 = {t(e) : i(e) ∈ J 0 0 ∧ L(e) = a1}, es decir, J0
1 es el conjunto de vértices en G alcanzables desde I mediante una arista rotulada a1.
Notar que J0
1 6= ∅ pues π1 sale de I y L(e1) = a1, así que, por construcción de H, hay una
arista desde J0
0 hasta J10 con rótulo a1. Continuando de esta forma, para cada m ≤ n de nimos
Jm0 = {t(e) : i(e) ∈ Jm−10 ∧ L(e) = am}, siendo Jm0 6= ∅ pues t(e1· · · em−1) ∈ Jm−10 y, por
construcción, hay en H una arista rotulada am desde Jm−10 hasta Jm0 . Así, queda de nido un
camino τ en H que empieza en J0
0 y lleva rótulo u. Hemos demostrado entonces que cualquier
bloque en B (XG)es un camino rotulado en H. Luego, por el lema 3.4, B (XG) ⊆ B (XH).
Recíprocamente, sea u ∈ B (XH). Entonces, hay un camino τ en H tal que L0(τ ) = u. Sean
I0 y J0 respectivamente los vértices inicial y nal de τ. Por el lema 3.24, J0 es el conjunto de vértices de G alcanzables desde los vértices de I0 mediante caminos rotulados con u. Como
3. PRESENTACIONES RESOLVENTES A DERECHA 57
Si G es un grafo rotulado con r estados, la construcción de subconjuntos produce un grafo rotulado H resolvente a derecha con 2r − 1 estados. El precio de requerir una presentación
resolvente a derecha es un gran incremento en el número de estados. Afortunadamente, es frecuente que un subgrafo de H presente el mismo shift só co, como ocurrió en el ejemplo 3.23. Ahora dirigiremos nuestra atención a encontrar presentaciones resolventes a derecha pe- queñas de un shift só co dado.
Definición 3.26. Una presentación resolvente a derecha minimal de un shift só co X es una presentación resolvente a derecha de X que posee cantidad de vértices menor o igual que la cantidad de vértices de cualquier otra presentación resolvente a derecha de X.
Una característica importante de cualquier presentación resolvente a derecha minimal es que, para cada par de estados distintos, hay un bloque w que admite una presentación comenzando en uno de los estados, pero no admite presentación comenzando desde el otro.
Definición 3.27. Sea G = (G, L) un grafo rotulado, con G = (V, Σ, i, t), e I un vértice. El conjunto de seguidores de I en G, denotado FG(I), es la colección de rótulos de caminos
de G que comienzan en I, es decir,
FG(I) = {L(π) : π ∈ B (XG) , i(π) = I}
Dos vértices I, J se dicen equivalentes si tienen el mismo conjunto de seguidores, es decir, si FG(I) = FG(J ).
Decimos que G tiene seguidores separados cuando no posee estados distintos que sean equivalentes, es decir, cuando ∀I, J ∈ V, I 6= J ⇒ FG(I) 6= FG(J ).
Por ejemplo, en la gura 2, los grafos (a) y (c) tienen seguidores separados, mientras que (b) y (d) no (ejercicio).
Si un grafo no tiene seguidores separados, mostraremos cómo fusionar estados para obtener un grafo más pequeño (en cuanto a cantidad de vértices) que presenta al mismo shift só co y que tiene seguidores separados. Notemos, para ello, que la relación de ser equivalentes es una relación de equivalencia en el conjunto de vértices de G, el cual queda particionado en clases I1, I2, . . . , Ir. A partir de G, de nimos un grafo rotulado H como sigue: los vértices de H son
I1, I2, . . . , Ir, y hay una única arista en H rotulada a de Ii hacia Ij exactamente cuando hay
vértices I ∈ Ii y J ∈ Ij tales que, en G, hay una arista rotulada a desde I hasta J. Llamamos
a H el grafo fusionado a partir de G.
Lema 3.28. Sea G un grafo rotulado, y H el grafo fusionado a partir de G. Entonces, H tiene seguidores separados y XH = XG. Además, si G es irreducible, también lo es H, y si G es
resolvente a derecha, H también lo es.
Demostración. Primero mostraremos que, para cualquier vértice I en G, se cumple que FG(I) = FH(I), siendo I la clase de equivalencia de I. Demostraremos la aserción por inducción
en el largo de los bloques.
Consideremos un vértice I arbitrario en G, y sea I su clase de equivalencia.
El único bloque de largo 0 es ε, que, por de nición de conjuntos de seguidores, está tanto en FG(I)(pues consideramos el camino vacío arrancando en I, con rótulo ε) como
en FH(I). Así que la proposición se cumple para bloques de largo 0.
Ahora, supongamos que la aserción se cumple para bloques de largo n, y sea u = aw un bloque de largo n + 1, con a una letra y w bloque de largo n.
• Si u ∈ FG(I), hay camino π = eτ (con e arista desde I hasta algún vértice de G,
digamos J, y τ camino de largo n comenzando en J) cuyo rótulo es u. Esto implica que L(e) = a y L(τ) = w. Sea J la clase de equivalencia de J. Por construcción de H, hay arista de I hacia J rotulada a. Por hipótesis de inducción, siendo w = L(τ ) ∈ FG(J ), es L(τ) ∈ FH(J ). Por lo tanto, u = aw ∈ FH(I).
58 3. SHIFTS SÓFICOS
• Recíprocamente, supongamos que u ∈ FH(I). Debe haber una arista rotulada a
saliendo de I hacia algún vértice J de H, y un camino rotulado w saliendo desde J; lo primero implica que, por construcción de H, hay en G una arista rotulada a desde algún K ∈ I hacia algún J0 ∈ J, y lo segundo implica que w ∈ F
H(J ). Como
a ∈ FG(K) = FG(I) (pues I y K están en la misma clase de equivalencia I), hay
una arista e en G desde I hasta algún J ∈ J . Puesto que FG(J ) = FG(J0)(por estar
J y J0 en la misma clase de equivalencia J ), hay camino τ en G que arranca en J y lleva rótulo w. Por lo tanto, eτ es camino en G que comienza en I y tiene rótulo aw = u, es decir, u ∈ FG(I).
Esto completa la inducción para mostrar que FG(I) = FH(I) cualquiera sea el vértice I de G.
Ahora si I y J son vértices distintos en H, elijamos I ∈ I y J ∈ J ; ya que I y J no son equivalentes, FG(I) 6= FG(J ), y entonces, de acuerdo a lo demostrado previamente,
FH(I) 6= FH(J ). Por lo tanto, H tiene seguidores separados.
Además, B (XG) es la unión de todos los FG(I) conforme I varía entre los vértices de G, y
similarmente para B (XH). Como hay correspondencia entre los conjuntos de seguidores en G y
los de H, se deduce que B (XG) = B (XH) y, en consecuencia, XG = XH.
Supongamos ahora que G es irreducible, y sean I y J vértices en H. Elijamos vértices I ∈ I y J ∈ J . Por irreductibilidad de G, hay camino de I a J en G; la existencia de este camino garantiza, por construcción de H, la existencia de un camino desde I hasta J , por lo que H es también irreducible.
Por último, sea I un vértice en H, y e0 una arista saliendo de I con rótulo a hacia un
estado J . Por construcción de H, no puede haber otra arista desde I hacia J con rótulo a. Supongamos entonces que hay arista f0 en H saliendo de I con rótulo a, digamos hacia un
estado K 6= J . Debe haber estados I, I0 ∈ I, J ∈ J y K ∈ K tales que, en G, hay aristas
e desde I hacia J y f desde I0 hacia K con L(e) = L(f) = a. Puesto que J y K no son equivalentes, FG(J ) 6= FG(K); sin pérdida de generalidad, podemos suponer que hay un bloque
u en FG(J )que no está en FG(K). En ese caso, au es un seguidor de I, y, en consecuencia, de I0
(ya que I e I0 están en I). Pero la primera arista de cualquier camino que presente a au en G
arrancando en I0 no puede ser f, pues desde t(f) = K no sale ningún camino rotulado u. Luego,
debe haber arista g 6= f en G desde I0 con rótulo a, es decir, G no es resolvente a derecha. Esto
permite concluir que si H no es resolvente a derecha, G tampoco lo es, o, equivalentemente, si
G es resolvente a derecha, H también lo es.
La fusión de estados nos permite deducir la principal propiedad de las presentaciones resol- ventes a derecha minimales.
Proposición 3.29. Una presentación resolvente a derecha minimal de un espacio shift tiene seguidores separados.
Demostración. Sea G una presentación resolvente a derecha minimal de un shift só co X. Si G no tiene seguidores separados, entonces el grafo fusionado H a partir de G tendría menos estados. Por el lema 3.28, H es una presentación resolvente a derecha de X, contradiciendo la
minimalidad de G.
Ahora discutimos la relación entre la irreductibilidad de un shift só co y la irreductibilidad de una presentación. Primero observemos que si G = (G, L) es un grafo rotulado irreducible, entonces el shift só co XG debe ser irreducible. Porque si u, v ∈ B (XG), entonces hay caminos
π, τ en G con L(π) = u y L(τ) = v. Como G es irreducible, hay un camino ω en G desde t(π) hacia i(τ), por lo que πωτ es camino en G. Hagamos w = L(ω). Entonces
L(πωτ ) = L(π)L(ω)L(τ ) = uwv ∈ B (XG)
quedando establecida la irreductibilidad de XG. Esto signi ca que un shift só co presentado por
3. PRESENTACIONES RESOLVENTES A DERECHA 59
El recíproco, sin embargo, no es cierto en general. Por ejemplo, sea X irreducible y presen- tado por G. Sea H la unión de dos copias disjuntas de G. Entonces, aunque X es irreducible y es obviamente presentado por H, el grafo H es reducible. Sin embargo, podemos probar el recíproco para el caso de las presentaciones resolventes a derecha minimales.
Lema 3.30. Sea X un shift só co irreducible, y sea G = (G, L) una presentación resolvente a derecha minimal de X. Entonces G es un grafo rotulado irreducible.
Demostración. Primero veamos que, para cualquier estado I en G, hay una palabra uI ∈ B (XG) tal que cualquier camino en G que presente a uI pasa por I. Si no fuera ése el
caso para algún vértice I, quitamos I y todas las aristas que se vinculan a él. Obtendríamos así un subgrafo rotulado resolvente a derecha H que satisface claramente que B (XH) ⊆ B (XG),
pero que también satisface la otra contención: por suposición, el rótulo de cualquier camino que pasa por I es también el rótulo de algún camino en G que no pasa por I y que, por lo tanto, no utiliza ninguna de las aristas eliminadas. Así, B (XH) = B (XG) y, en consecuencia, H es
una presentación resolvente a derecha de X pero con menos estados que G, lo que contradice la minimalidad de esta última.
Ahora, sean I y J vértices distintos en G, y sean uI y uJ las palabras correspondientes
a cada uno según lo dicho previamente. Como X es irreducible, hay una palabra w tal que uIwuJ ∈ B (XG). Sea π un camino que presente en G a uIwuJ, debiendo ser π = τIωτJ con
L(τI) = uI, L(ω) = w y L(τJ = uJ). Pero τI pasa por I, y τJ por J. Por lo tanto, π pasa por
ambos vértices, lo que implica que algún subcamino de π va de I a J. Esto muestra que G es
irreducible.
Teorema 3.31. Un shift só co es irreducible si, y sólo si, tiene una presentación irreducible. Demostración. Si X tiene una presentación irreducible, entonces X es irreducible, según vimos en la discusión previa al lema 3.30, en tanto que el lema mencionado muestra que si X es irreducible, entonces una presentación resolvente a derecha minimal de X es irreducible. De acuerdo a la de nición, podría haber varias presentaciones resolventes a derecha minima- les para un shift só co dado. Sin embargo, aunque no lo haremos aquí, es factible mostrar que dos presentaciones resolventes a derecha minimales cualesquiera de un shift só co irreducible son isomorfas como grafos rotulados. Lamentablemente, la aseveración no puede ser extendida a shifts só cos en general: existen shifts só cos reducibles que admiten presentaciones resolventes a derecha minimales que no son isomorfas como grafos rotulados.
60 3. SHIFTS SÓFICOS
EJERCICIOS
1. Dados G1 y G2 de acuerdo a la gura 8, muestre que XG1 es una presentación del shift
par, y XG2 = {0, 1}Z.
G1 G2
Figura 8. Grafos del ejercicio 1
2. Decida si los dos grafos rotulados de la gura 9 de nen shifts só cos conjugados entre sí. ¾Son isomorfos los grafos subyacentes? ¾Son isomorfos los grafos rotulados?
Figura 9. Grafos del ejercicio 2
3. Construya una presentación de {0, 1}Z que no sea resolvente a derecha ni resolvente a
izquierda.
4. Muestre que si dos grafos rotulados son isomorfos, entonces presentan el mismo shift só co.
5. Construya un grafo rotulado que sea una presentación para X{11}, y otro que presente
a X{11,0101}.
6. Construya una familia in nita de shifts só cos tal que dos shifts distintos de esa familia no sean conjugados.
7. Recuerde los shifts de lagunas de los ejercicios del capítulo 2: dado S ⊂ N, designamos por X(S) al conjunto de todos los puntos de {0, 1}Z tales que la cantidad de 0 entre dos
ocurrencias sucesivas de 1 es un número en S, y, además, si S es nito, los 1 ocurren con frecuencia in nita a izquierda y a derecha. Dé una condición necesaria y su ciente explícita en relación a S de modo que X(S) sea só co. Use esta condición para mostrar que el shift de lagunas primas (que es el que se obtiene cuando S es el conjunto de los números primos) no es un shift só co.
8. Sea G = (G, L) un grafo rotulado, G0 un desdoblamiento de salidas de G y L0 la rotu-
lación para G0 dada por L0(ej) = L(e). Muestre que el grafo rotulado G0 = (G0, L0) es
3. SHIFTS SÓFICOS 61
9. Sea G un grafo, y supongamos que a cada arista e de G le hacemos corresponder una palabra w(e) sobre algún alfabeto A. Si · · · e−2e−1.e0e1e2· · · es un camino biin nito en
G, · · · w(e−2)w(e−1).w(e0)w(e1)w(e2) · · · de ne un punto en AZ. Muestre que el conjunto
de todos los puntos que se obtiene de aplicar este procedimiento a cada uno de los puntos de XG es un espacio shift só co sobre el alfabeto A.
10. Sea X un espacio shift só co y N ≥ 1. Construya una presentación para X[N ].
11. Muestre que la unión de dos shifts só cos es también un shift só co.
12. Sea X un espacio shift, y w ∈ B(X). De namos el conjunto de predecesores de w en X mediante PX(w) = {u ∈ B(X) : uw ∈ B(X)}. Muestre que X es só co si, y sólo si,
{PX(w) : w ∈ B(X)} es un conjunto nito.
13. Construya el grafo de conjuntos de seguidores del shift só co XG2 del ejercicio 1.
14. Muestre que, en la gura 2, los grafos (a) y (c) tienen seguidores separados, mientras que (b) y (d) no.
15. Sea G = (G, L) un grafo rotulado, con G = (V, Σ, i, t), y tomemos X = XG. Para
cada w ∈ B(X), de namos Tw = {I ∈ V : ∃π : L(π) = w ∧ t(π) = I}, es decir, el
conjunto de nodos terminales de las presentaciones de w en G. Muestre que si Tw = Tw0,
entonces FX(w) = FX(w0). Dé un ejemplo que muestre que la implicación recíproca no
es necesariamente cierta.
16. Sea X un shift só co, y G = (G, L) su grafo de conjuntos de seguidores. Muestre que X es de tipo nito si, y sólo si, L∞ es una conjugación.
Capítulo 4