Giriş dizesinin uzunluğunda indüksiyon kullanarak nasıl bir kanıt yazabilirim?

Hesaplama Teorisi dersimde, sorunlarımızın birçoğu, sonlu otomata hakkında ifadeleri kanıtlamak için giriş dizesinin uzunluğuna indüksiyon kullanmayı içerir. Matematiksel tümevarımı anlıyorum, ancak dizeler çaldığında gerçek açıldım. Birisi adım adım böyle bir kanıt yapma sürecinden geçerse gerçekten çok memnun olurum.

İşte bir örnek problem (Hopcroft ve Ullman 3rd Edition'dan Egzersiz 2.2.10):

Aşağıdaki geçiş tablosuyla DFA'yı düşünün:
        0 1
       ________
-> A | AB
  * B | BA
Bu DFA tarafından kabul edilen dili gayri resmi olarak tanımlayın ve bir giriş dizesinin uzunluğundaki açıklamanızın doğru olduğunu kanıtlayın.

Bu kitapta cevaplanan bir problem, bu yüzden ödevimi yapacak birini aramıyorum. Bana bunu açıklamak için sadece birine ihtiyacım var.

Kitabın Cevabı: ( buradan alınmıştır )

Otomat, görülen 1 sayısının çift (durum A) veya tek (durum B) olup olmadığını söyler ve ikinci durumda kabul eder. | W | dh (A, w) = A olduğunu ve yalnızca w eşit sayıda 1'e sahipse gösterir. Temel: | w | = 0. Sonra w, boş dize mutlaka eşit sayıda 1, yani sıfır 1'ler ve δ-şapkası (A, w) = A'ya sahiptir.

İndüksiyon: w'den kısa dizeler için ifadeyi varsayalım. Sonra w = za, burada a ya 0 ya da 1'dir.

Durum 1: a = 0. Eğer w eşit sayıda 1'e sahipse, z de öyle. Endüktif hipotezle, δ-hat (A, z) = A. DFA'nın geçişleri bize δ-hat (A, w) = A'yı bildirir. W'nin tek sayısı 1 ise, z de öyle. Endüktif hipotezle, δ-hat (A, z) = B ve DFA'nın geçişleri bize δ-hat (A, w) = B'yi söyler. Böylece, bu durumda, δ-hat (A, w) = Bir eğer ve sadece w eşit sayıda 1'e sahipse.

Durum 2: a = 1. Eğer w'nin çift sayısı 1 ise, z'nin tek sayısı 1'dir. Endüktif hipotezle, δ-hat (A, z) = B. DFA'nın geçişleri bize δ-hat (A, w) = A'yı bildirir. W'nin tek sayısı 1 ise, z eşit sayıda 1 sayısı. Endüktif hipotezle, δ-hat (A, z) = A ve DFA'nın geçişleri bize δ-hat (A, w) = B'yi söyler. Bu nedenle, bu durumda da δ-hat (A, w ) = A ve yalnızca w eşit sayıda 1'e sahipse.

gibi şeyleri nasıl kanıtlayacağımı anlıyorum indüksiyon kullanarak. Sadece bunun bina dizgileri ile nasıl çalıştığı konusunda kafam karıştı. Cesur kısımlarla kafam karıştı. Nasıl ortaya çıktıklarını / neyin kabul edildiğini nasıl kanıtladığını / nasıl endüktif olduğunu anlamıyorum. $\sum_{i=0}^{n}i = \frac{n(n+1)}{2}$

hat-hat bu arada genişletilmiş geçiş işlevidir.

— tcdowney
kaynak

^{Sorununuzun nerede olduğu belirsiz olduğu için en baştan başlayacağım.}

Matematiksel tümevarım, Çin fısıltıları oyunu (ideal durumda, yani tüm iletişim kayıpsız) veya (mükemmel bir şekilde kurulmuş) dominolar gibi çalışır : bir yerden başlarsınız ve bir sonraki adımınızın hiçbir şeyi kırmadığını varsayarak, hiçbir şeyin kırılmadığını varsayarsınız sonra.

Daha resmi olarak, her indüksiyon kanıtı üç temel unsurdan oluşur:

İndüksiyon ankrajı , ayrıca temel durum : iddianın sahip olduğu küçük vakalar¹ için gösteriyorsunuz.
İndüksiyon hipotezi : iddianın, kanıtlamak istediğiniz setin belirli bir alt kümesi için geçerli olduğunu varsayıyorsunuz .
Tümevarım adımı : Hipotezi kullanarak, talebin daha fazla öğe için geçerli olduğunu gösterirsiniz.

Tabii ki, adım, tüm taban setini (sınırda) kapsayacak şekilde ayarlanmalıdır.

Önemli not: İndüksiyon becerilerinden emin olan kişiler genellikle çapa üzerinde parlar ve hipotezi örtük bırakır. Bir uzman kitleye (örneğin bir kağıt) İşinizi sunarken bu ince olsa da, bu bir değil kendini kanıtları yaparken özellikle bir acemi olarak, önerilir. Her şeyi yazın.

üzerinden basit bir örnek düşünün $(\mathbb{N},\leq)$ ; olduğunu göstermek istiyoruz için tüm tutar. $\sum_{i=0}^{n} i = \frac{n(n+1)}{2}$ $n \in \mathbb{N}$

Çapa : , $n=0$ açıkça tutar. $\sum_{i=0}^{n} i = 0 = \frac{n(n+1)}{2}$
Hipotez : Varsayın isteğe bağlı fakat sabit². $\sum_{i=0}^{k} i = \frac{k(k+1)}{2}$ $n \in \mathbb{N}$
Adım : için toplamı hesaplayın: $n+1$

$\qquad \displaystyle \sum_{i=0}^{n+1} i = (n+1) + \sum_{i=0}^{n} i \overset{\text{IH}}{=} n+1 + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{(n+2)(n+1)}{2}$

$n+1$ $k=n$

Tümevarım ilkesi şimdi iddianın gerçekten geçerli olduğunu garanti ediyor: doğrudan $0$ $0$ $1$ $1$ $2$

$(2^\mathbb{N}, \subseteq)$ $A$ $\mathbb{N}$ $2^A$ $A$ $2^{|A|}$ $(\mathbb{N}, \leq)$ $A$

$0$ $2^\emptyset = \{\emptyset\}$ $|2^\emptyset| = 1 = 2^0$
$A \subseteq \mathbb{N}$ $|A| \leq n$ $n \in \mathbb{N}$ $|2^A| = 2^{|A|}$
$B \subseteq \mathbb{N}$ $n+1$ $b \in B$ $b$ $n+1 > 0$ $B \setminus \{b\}$ $|2^{B \setminus \{b\}}| = 2^n$

$\qquad \displaystyle 2^B = 2^{B \setminus \{b\}} \cup \{ A \cup \{b\}\mid A \in 2^{B \setminus \{b\}} \}$

$|2^{B}| = 2 \cdot |2^{B \setminus \{b\}}| = 2 \cdot 2^n = 2^{n+1}$

Yine, tümevarım yoluyla iddia kanıtlanmıştır.

$n$

$B$

$\varepsilon$ $A$
$n$
1. 1. $w_n = 0$ $w' = w_1 \dots w_{n-1}$ $A$ $w'$ $w_n = 0$ $A$
  2. $w_n = 1$ $w' = w_1 \dots w_{n-1}$ $B$ $w'$ $w_n = 1$ $A$
2. $w$

Tümevarım ilkesi iddianın gerçekten geçerli olduğunu ima eder.

Bazı kısmi düzen boyunca tümevarım yaparsınız; çapanın tüm minimal elemanları ve bazen daha fazlasını kapsaması gerekir (ifadeye bağlı olarak).
$n$
$2^A$ $A$ ${0,1}$
seçimi $B$ $A$

— Raphael
kaynak