DFA'nın tüm ikili form dizelerini kabul etmek için DFA

9

bölünebilen ikili sayıları kabul ederek DFA oluşturabiliriz . $n$

Örneğin, 2'ye bölünebilen ikili sayıları kabul eden DFA aşağıdaki gibi oluşturulabilir:

Benzer şekilde 3 ile bölünebilen ikili sayıları kabul eden DFA aşağıdaki gibi oluşturulabilir:

Bu DFA türlerini oluşturmak için iyi tanımlanmış bir prosedürü takip edebiliriz. Bununla birlikte, biçiminin sayılarını kabul eden DFA'ları oluşturmak için iyi tanımlanmış bir prosedür veya daha iyi bir mantık olabilir mi? $n^k$

Örneğin, DFA'nın formunun tüm sayılarını kabul ettiğini düşünelim . Bu dil , bu nedenle normal ifadesi . DFA'yı aşağıdaki gibi oluşturabiliriz: $2^k$ $\{1,10,100,1000,...\}$ $10^*$

ve benzerleri için DFA oluşturmaya çalıştım ? Ancak bunu başaramadı. Ya da sadece DFA oluşturmayı mümkün kılan ikili eşdeğer deseni mi ve belirli için formunun tüm ikili sayılarını kabul ederek DFA oluşturamıyor muyuz ? $3^k$ $2^n$ $n^k$ $n$

— Maha
kaynak

Sanırım burada

3

@ Raphael, hayır, bu katları için ; bu güçleri ile ilgilidir .

n

$n$

n

$n$

— DW

fyi güçlerin bölünebilirliği vb. gibi DFA'lar tarafından hesaplanabilen başka "yakın" fonksiyonlar olabilir, örneğin collatz fonksiyonu (3'ün gücünü içerir) sonlu bir durum dönüştürücü vb. tarafından hesaplanabilir

— vzn

10

İşte bu dili Pompalama Lemma kullanarak hızlı ve kirli bir kanıt $L$ oluşan $3^n$ ikili dosyada düzenli değildir (not: üçlüde temsil edildiyse düzenlidir, dolayısıyla temsil önemlidir).

Lemma'yı pompalamak için Wikipedia makalesindeki gösterimi kullanacağım . Çelişki için varsayalım ki $L$ düzenli. İzin Vermek $w \in L$ herhangi bir dize olmak $|w| \ge p$ (pompalama uzunluğu). Pumping Lemma tarafından, yazmak $w = x y z$ ile $|y| \ge 1, |xy| \le p$ ve herkes için $i \ge 0$ $xy^i z \in L$ . Ben yazacağım $x$ , $y$ , ve $z$ ayrıca karşılık gelen parçaların sayısal değerleri için ve $|x|, |y|, |z|$ uzunlukları için $w$ . Sayısal olarak $w = 3^{k_0}$ bazı $k_0 \in \mathbb{N}$ . Aynı zamanda sayısal olarak $w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$ . Böylece,

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

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

Şimdi pompalayalım $w$ herkese ulaşmak için $i \ge 0$

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

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

nerede $k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$ . Bizim için basitleştirmek $i \ge 1$

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

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

İzin Vermek $C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$ . Sonra elimizde

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

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

Şimdi şunu gözlemleyin:

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

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

Bu nedenle, $C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$ Bunu not et $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ . Böylece, bir yandan, sağ tarafın mutlak değeri en azından $3^{k_{i-1}}$ ile sonsuzluğa giden $i$ . Diğer yandan $C(2^{|y|}-1)$ bağımsız $i$ ve bir sabittir. Bu bir çelişki veriyor.

— Denis Pankratov
kaynak

Nedenini biraz açıklayabilir misiniz?

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

$|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ doğru? Soruyorum çünkü bu eşitsizlik tek başına bir çelişkiye ulaşmak için kullanılabilir:

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

$|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ , her iki tarafını çarparak

3^{k_{i - 1}}

$3^{k_{i-1}}$ , anlıyoruz

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

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

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

$|C (2^{|y|} - 1)| \ge 3^{k_{i-1}}$ , ki bu bir çelişkidir (kanıtınızda belirtilen nedenden dolayı)

— Anton Trunov

1

Dan beri

| y | \geq 1

$|y| \ge 1$ , bizde var

2^{| y |}

$2^{|y|}$ eşit ve

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

$3^{k_i - k_{i-1}}$ garip. Farkları tuhaftır, bu nedenle mutlak değerde en az 1'dir.

— Denis Pankratov

10

Bunun (örneğin) dil için mümkün olmadığını görmenin bir yolu $L$ güçlerinin $3$ ikili genişlemede oluşturma fonksiyonu dikkate alınarak

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

nerede $n_k$ uzunluktaki kelime sayısı $k$ içinde $L$ . Bu fonksiyonun rasyonel olduğu, yani bir bölümün $p(x)/q(x)$ herhangi bir düzenli için polinomlar $L$ . Özellikle sayılar $n_k$ doğrusal bir nüksü tatmin etmek $n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$ bazı $p\in\mathbb{N}$ ve $a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$ .

Öte yandan, $\log_2(3)$ içindeki irrasyonel bir sayıdır $(1,2)$ , anlıyoruz $n_k\in\{0,1\}$ hepsi için $k$ ve sıra $(n_k)_{k\ge 1}$ periyodik değildir. Bu bir çelişki veriyor, çünkü en fazla $2^p$ adımlar, değerleri $n_k,\dots,n_{k+p}$ tekrarlamak zorunda kalırsanız, tekrarlama periyodik davranışa yol açar.

— Klaus Draeger
kaynak

8

Sorunuza tam bir cevap Cobham (2) sonucudur (2).

Bir sayı tabanı verildi $b$ , bir dizi doğal sayının $b$ -Başlangıçtaki temsiller ise tanınabilir $b$ öğelerinin alfabede normal bir dil oluşturduğu $\{0, 1, \dotsm, b-1\}$ . Böylece, gözlemlediğiniz gibi, $2$ dır-dir $2$ - normal set tarafından temsil edildiğinden tanınabilir $10^*$ alfabede $\{0,1\}$ . Benzer şekilde, güçler kümesi $4$ dır-dir $2$ -recognizable - normal kümeye karşılık gelir $1(00)^*$ - ve güçleri $3$ dır-dir $3$ -recognizable - normal kümeye karşılık gelir $10^*$ alfabenin üzerinde $\{0,1,2\}$ .

Bir dizi doğal sayının, aritmetik ilerlemelerin sonlu birliği olması halinde, sonunda periyodik olduğu söylenir .

İki baz $b, c > 1$ varsa, çarpma bağımlı olduğu söylenir $r > 1$ öyle ki her ikisi de $b$ ve $c$ güçleri $r$ : Örneğin $8$ ve $32$ are multiplicatively dependent since $8 = 2^3$ and $8 = 2^5$ .

Theorem [Cobham] Let $b$ and $c$ two multiplicatively independent bases. If a set is $b$ -recognizable and $c$ -recognizable, then it is ultimately periodic.

In particular let $S$ be the set of powers of $3$ . We have seen that it is $3$ -recognizable. If it was also $2$ -recognizable, it would be ultimately periodic, which is certainly not the case for $S$ .

Cobham's theorem led to many surprising generalisations and developments. I recommend the survey [1] if you are interested.

[1] V. Bruyère, G. Hansel, C. Michaux, R. Villemaire, Logic and $p$ -recognizable sets of integers, Journées Montoises (Mons, 1992). Bull. Belg. Math. Soc. Simon Stevin 1 (1994), no. 2, 191--238. Correction in no. 4, 577.

[2] A. Cobham, Uniform tag sequences, Math. Systems Theory 6 (1972), 164--192.

— J.-E. Pin
kaynak

Could you fix the references, please? Now they are both numbered [1] & [1].

— Anton Trunov