DFA untuk menerima semua string biner dari bentuk kekuatan (tidak habis dibagi oleh ) yaitu untuk diberikan

9

Kami dapat membentuk DFA yang menerima angka biner yang dapat dibagi dengan . $n$

Misalnya DFA yang menerima angka biner yang dapat dibagi 2 dapat dibentuk sebagai berikut:

Demikian pula DFA yang menerima angka biner yang dapat dibagi 3 dapat dibentuk sebagai berikut:

Kami dapat mengikuti prosedur yang didefinisikan dengan baik untuk membentuk DFA jenis ini. Namun dapatkah ada prosedur yang terdefinisi dengan baik atau lebih baik untuk mengatakan logika untuk membentuk DFA yang menerima jumlah formulir ? $n^k$

Sebagai contoh, mari kita pertimbangkan DFA menerima semua angka dari formulir . Bahasa ini akan menjadi , dengan demikian regex . Kami dapat membentuk DFA sebagai berikut: $2^k$ $\{1,10,100,1000,...\}$ $10^*$

Saya mencoba membentuk DFA selama dan yang serupa? Tetapi tidak mampu melakukannya. Atau hanya karena pola setara biner yang memungkinkan untuk membuat DFA dan kita tidak dapat membentuk DFA menerima semua angka biner dari bentuk untuk spesifik ? $3^k$ $2^n$ $n^k$ $n$

— Maha
sumber

Saya pikir Anda punya jawabannya di sini

3

@ Raphael, tidak, itu untuk kelipatan ; ini tentang kekuatan .

n

$n$

n

$n$

— DW

namun mungkin ada fungsi "terdekat" lainnya yang dapat dihitung oleh DFAs seperti pembagian kekuasaan dll. misalnya fungsi collatz (yang melibatkan kekuatan 3) dapat dihitung oleh transduser keadaan terbatas dll

— vzn

10

Berikut ini adalah bukti cepat dan kotor menggunakan Pumping Lemma bahwa bahasa terdiri dari dalam biner tidak teratur (catatan: itu biasa jika diwakili dalam ternary, jadi representasi itu penting). $L$ $3^n$

Saya akan menggunakan notasi dari artikel Wikipedia tentang Pumping Lemma . Asumsikan untuk kontradiksi bahwa teratur. Biarkan menjadi sembarang string dengan (panjang memompa). Dengan Pumping Lemma, tulis dengan dan untuk semua . Saya akan menulis , , dan juga untuk nilai numerik dari bagian yang sesuai, danuntuk panjangnya di . Secara numerik kita memiliki untuk beberapa $L$ $w \in L$ $|w| \ge p$ $w = x y z$ $|y| \ge 1, |xy| \le p$ $i \ge 0$ $xy^i z \in L$ $x$ $y$ $z$ $|x|, |y|, |z|$ $w$ $w = 3^{k_0}$ $k_0 \in \mathbb{N}$ . Pada saat yang sama kita memiliki numerik . Jadi, sudah $w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$

z + 2^{| z |} y + 2^{| z | + | y |} x = 3^{k_{0}}

$z + 2^{|z|}y+2^{|z|+|y|} x = 3^{k_0}$

Sekarang, mari kita pompa untuk mendapatkan untuk semua $w$ $i \ge 0$

z + 2^{| z |} y (\sum_{j = 0}^{i - 1} (2^{| y |})^{j}) + 2^{| z | + i | y |} x = 3^{k_{i}},

$z + 2^{|z|} y \left( \sum_{j=0}^{i-1} (2^{|y|})^j \right) + 2^{|z|+i|y|} x = 3^{k_i},$

di mana . Menyederhanakan kita dapatkan untuk $k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$ $i \ge 1$

z + 2^{| z |} y (2^{i | y |} - 1) / (2^{| y |} - 1) + 2^{| z | + i | y |} x = 3^{k_{i}} .

$z + 2^{|z|} y (2^{i |y|} - 1) / (2^{|y|}-1) + 2^{|z|+i|y|} x = 3^{k_i}.$

Misalkan . Lalu kita punya $C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$

3^{k_{i}} = 2^{| z | + i | y |} y / (2^{| y |} - 1) + 2^{| z | + i | y |} x + C .

$3^{k_i} = 2^{|z|+i |y|} y / (2^{|y|}-1) + 2^{|z|+i|y|} x + C.$

Sekarang, perhatikan itu

3^{k_{i}} - 3^{k_{i - 1}} = (2^{| y |} - 1) (3^{k_{i - 1}} - C) .

$3^{k_i} - 3^{k_{i-1}} = (2^{|y|}-1)(3^{k_{i-1}} - C).$

Karenanya, kita memilikiPerhatikan bahwa . Jadi, di satu sisi, nilai absolut dari sisi kanan tumbuh setidaknya , yang hingga tak terhingga dengan . Di sisi lain tidak tergantung pada dan konstan. Ini memberikan kontradiksi. $C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$ $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ $3^{k_{i-1}}$ $i$ $C(2^{|y|}-1)$ $i$

— Denis Pankratov
sumber

Bisakah Anda menguraikan sedikit mengapa benar? Saya bertanya karena ketidaksetaraan ini sendiri dapat digunakan untuk mencapai kontradiksi: , mengalikan kedua sisi dengan , kita mendapatkan , dengan demikian, , yang merupakan kontradiksi (dengan alasan yang diberikan dalam bukti Anda).

| 2^{| y |} - 3^{k_{i} - k_{i - 1}} | \geq 1

$|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$

| 2^{| y |} - 3^{k_{i} - k_{i - 1}} | \geq 1

$|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$

3^{k_{i - 1}}

$3^{k_{i-1}}$

| 3^{k_{i - 1}} 2^{| y |} - 3^{k_{i}} | \geq 3^{k_{i - 1}}

$|3^{k_{i-1}} 2^{|y|} - 3^{k_i}| \ge 3^{k_{i-1}}$

| C (2^{| y |} - 1) | \geq 3^{k_{i - 1}}

$|C (2^{|y|} - 1)| \ge 3^{k_{i-1}}$

— Anton Trunov

1

Sejak , kami mendapati bahwa genap dan aneh. Perbedaan mereka aneh, oleh karena itu setidaknya 1 bernilai absolut.

| y | \geq 1

$|y| \ge 1$

2^{| y |}

$2^{|y|}$

3^{k_{i} - k_{i - 1}}

$3^{k_i - k_{i-1}}$

— Denis Pankratov

10

Salah satu cara untuk melihat bahwa ini tidak mungkin untuk (misalnya) bahasa dari kekuatan dalam ekspansi biner adalah dengan mempertimbangkan fungsi pembangkit $L$ $3$

$\sum_{k=0}^{\infty}n_kz^k$ ,

di mana adalah jumlah kata-kata panjang di . Fungsi ini dikenal rasional, yaitu hasil bagi polinomial, untuk setiap reguler . Secara khusus, angka-angka memenuhi perulangan linier untuk beberapa dan . $n_k$ $k$ $L$ $p(x)/q(x)$ $L$ $n_k$ $n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$ $p\in\mathbb{N}$ $a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$

Di sisi lain, karena adalah bilangan irasional dalam , kita mendapatkan untuk semua , dan urutan tidak periodik. Ini memberikan kontradiksi, karena setelah paling banyak langkah, nilai-nilai harus diulang, dan perulangan kemudian akan mengarah pada perilaku periodik. $\log_2(3)$ $(1,2)$ $n_k\in\{0,1\}$ $k$ $(n_k)_{k\ge 1}$ $2^p$ $n_k,\dots,n_{k+p}$

— Klaus Draeger
sumber

8

Jawaban lengkap untuk pertanyaan Anda diberikan oleh hasil (sulit) dari Cobham [2].

Dengan basis bilangan , seperangkat bilangan asli dikatakan dapat dikenali jika representasi dalam basis dari elemen-elemennya membentuk bahasa reguler pada alfabet . Jadi, seperti yang Anda amati, himpunan kekuatan adalah dikenali karena diwakili oleh himpunan biasa pada alfabet . Demikian pula, himpunan kekuatan adalah dikenali - itu sesuai dengan set reguler - dan himpunan kekuatan adalah $b$ $b$ $b$ $\{0, 1, \dotsm, b-1\}$ $2$ $2$ $10^*$ $\{0,1\}$ $4$ $2$ $1(00)^*$ $3$ $3$ -recognizable - sesuai dengan set reguler atas alfabet . $10^*$ $\{0,1,2\}$

Satu set bilangan alami dikatakan pada akhirnya periodik jika itu adalah persatuan terbatas dari perkembangan aritmatika.

Dua basa dikatakan memiliki ketergantungan multiplikatif jika ada sedemikian rupa sehingga dan adalah pangkat : misalnya dan bergantung secara berganda karena dan . $b, c > 1$ $r > 1$ $b$ $c$ $r$ $8$ $32$ $8 = 2^3$ $8 = 2^5$

Teorema [Cobham] Biarkan dan dua basis yang bebas secara multiplikasi. Jika suatu set dikenali dan dikenali, maka pada akhirnya akan periodik. $b$ $c$ $b$ $c$

Secara khusus, biarkan menjadi himpunan kekuatan . Kita telah melihat bahwa ini dapat dikenali . Jika itu juga -recognizable, itu akan akhirnya periodik, yang tentunya tidak terjadi untuk . $S$ $3$ $3$ $2$ $S$

Teorema Cobham menyebabkan banyak generalisasi dan perkembangan yang mengejutkan. Saya merekomendasikan survei [1] jika Anda tertarik.

[1] V. Bruyère, G. Hansel, C. Michaux, R. Villemaire, Logika dan set -recognizable bilangan bulat, Journées Montoises (Mons, 1992). Banteng. Belg. Matematika Soc. Simon Stevin 1 (1994), no. 2, 191--238. Koreksi dalam no. 4, 577. $p$

[2] A. Cobham, urutan tag Seragam, Matematika. Teori Sistem 6 (1972), 164-192.

— J.-E. Pin
sumber

Bisakah Anda memperbaiki referensi? Sekarang keduanya diberi nomor [1] & [1].

— Anton Trunov