DFA chấp nhận tất cả các chuỗi nhị phân có sức mạnh hình thức của

9

Chúng ta có thể hình thành DFA chấp nhận số nhị phân chia hết cho . $n$

Ví dụ, DFA chấp nhận số nhị phân chia hết cho 2 có thể được hình thành như sau:

Tương tự, DFA chấp nhận số nhị phân chia hết cho 3 có thể được hình thành như sau:

Chúng ta có thể làm theo một quy trình được xác định rõ để hình thành các loại DFA này. Tuy nhiên, có thể có bất kỳ quy trình được xác định rõ hoặc tốt hơn để nói logic để hình thành các DFA chấp nhận số có dạng không? $n^k$

Ví dụ: chúng ta hãy xem xét DFA chấp nhận tất cả các số có dạng . Ngôn ngữ này sẽ là , Do đó có regex . Chúng tôi có thể hình thành DFA như sau: $2^k$ $\{1,10,100,1000,...\}$ $10^*$

Tôi đã thử hình thành DFA cho và tương tự? Nhưng đã không thể làm như vậy. Hay đó chỉ là mô hình của tương đương nhị phân đã tạo ra DFA và chúng ta không thể tạo DFA chấp nhận tất cả các số nhị phân có dạng cho cụ thể ? $3^k$ $2^n$ $n^k$ $n$

— Maha
nguồn

Tôi nghĩ rằng bạn có câu trả lời ở đây

3

@Raphael, không, đó là bội số của

; đây là về sức mạnh của

.

n

$n$

n

$n$

— DW

FYI có thể có khác "gần" chức năng mà là tính toán bởi DFAs như chia hết quyền lực, vv ví dụ như chức năng Collatz (trong đó bao gồm quyền hạn của 3) có thể được tính bằng một trạng thái hữu hạn đầu dò vv

— vzn

10

Dưới đây là một bằng chứng nhanh chóng và bẩn thỉu khi sử dụng Pumping Lemma rằng ngôn ngữ gồm trong hệ nhị phân là không thường xuyên (lưu ý: nó là thông thường nếu được trình bày trong ternary, vì vậy việc đại diện là quan trọng). $L$ $3^n$

Tôi sẽ sử dụng ký hiệu từ bài viết Wikipedia re Pumping Lemma . Giả sử cho mâu thuẫn rằng là thường xuyên. Đặt là bất kỳ chuỗi nào với (chiều dài bơm). Bằng cách bơm bổ đề, viết với và cho tất cả . Tôi sẽ viết , $L$ $w \in L$ $|w| \ge p$ $w = x y z$ $|y| \ge 1, |xy| \le p$ $i \ge 0$ $xy^i z \in L$ $x$ $y$ và cũng cho các giá trị số của các phần tương ứng và cho chiều dài của họ trong . Số lượng chúng ta có đối với một số . Đồng thời chúng ta có số . Như vậy, chúng ta có $z$ $|x|, |y|, |z|$ $w$ $w = 3^{k_0}$ $k_0 \in \mathbb{N}$ $w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$

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

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

Bây giờ, hãy bơm để có được tất cả $w$ $i \ge 0$

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

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

nơi . Đơn giản hóa chúng tôi nhận được cho $k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$ $i \ge 1$

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

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

Đặt . Sau đó chúng tôi có $C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$

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

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

Bây giờ, quan sát rằng

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

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

Do đó, ta có Lưu ý rằng . Do đó, một mặt, giá trị tuyệt đối của phía bên tay phải tăng ít nhất là $C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$ $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ , đi đến vô cùng với. Mặt khác,độc lập vớivà là hằng số. Điều này cho một mâu thuẫn. $3^{k_{i-1}}$ $i$ $C(2^{|y|}-1)$ $i$

— Denis Pankratov
nguồn

Bạn có thể giải thích một chút về lý do tại sao

là đúng? Tôi đang hỏi bởi vì sự bất bình đẳng này có thể được sử dụng để đạt được một mâu thuẫn:

, nhân cả hai bên của nó bằng

, chúng tôi nhận

| 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}}

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

, do đó,

, mà là một sự mâu thuẫn (bởi lý do cung cấp trong chứng minh của bạn).

| 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

Kể từ

, ta có

là chẵn và

là số lẻ. Sự khác biệt của chúng là số lẻ, do đó ít nhất 1 về giá trị tuyệt đối.

| 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

Một cách để thấy rằng điều này là không thể đối với (ví dụ) ngôn ngữ quyền hạn trong mở rộng nhị phân là bằng cách xem xét hàm tạo $L$ $3$

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

nơi là số từ có độ dài trong . Hàm này được biết là hợp lý, tức là một đa thức số, cho bất kỳ thông thường . Đặc biệt, những con số thỏa mãn một sự tái diễn tuyến tính cho một số $n_k$ $k$ $L$ $p(x)/q(x)$ $L$ $n_k$ $n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$ $p\in\mathbb{N}$ và . $a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$

Mặt khác, kể từ khi là một con số hợp lý trong , chúng tôi nhận được rằng cho tất cả , và trình tự là không định kỳ . Điều này cho phép một sự mâu thuẫn, vì sau ít nhất bước, các giá trị của $\log_2(3)$ $(1,2)$ $n_k\in\{0,1\}$ $k$ $(n_k)_{k\ge 1}$ $2^p$ $n_k,\dots,n_{k+p}$ phải lặp lại, và sự tái phát sau đó sẽ dẫn đến hành vi định kỳ.

— Klaus Draeger
nguồn

8

Một câu trả lời đầy đủ cho câu hỏi của bạn được cung cấp bởi một kết quả (khó) của Cobham [2].

Với một cơ sở đếm , một tập hợp các số tự nhiên được cho là -recognizable nếu cơ quan đại diện trong cơ sở phần tử của nó tạo thành một ngôn ngữ thông thường trên bảng chữ cái . Vì vậy, khi bạn quan sát, tập hợp các quyền hạn của là -recognizable kể từ khi nó được đại diện bởi thường xuyên set trên bảng chữ cái . Tương tự, tập hợp sức mạnh của là $b$ $b$ $b$ $\{0, 1, \dotsm, b-1\}$ $2$ $2$ $10^*$ $\{0,1\}$ $4$ $2$ -recognizable - nó tương ứng với các thiết lập thường xuyên - và thiết lập các quyền hạn của là -recognizable - nó tương ứng với thường xuyên bộ so với bảng chữ cái . $1(00)^*$ $3$ $3$ $10^*$ $\{0,1,2\}$

Một tập hợp các số tự nhiên được cho là cuối cùng định kỳ nếu đó là một tập hợp hữu hạn của các tiến trình số học.

Hai cơ sở được cho là phụ thuộc nhiều lần nếu có sao cho cả và đều là lũy thừa của : ví dụ và phụ thuộc nhiều lần vì và . $b, c > 1$ $r > 1$ $b$ $c$ $r$ $8$ $32$ $8 = 2^3$ $8 = 2^5$

Định lý [Cobham] Cho và hai cơ sở độc lập nhân. Nếu một tập hợp là nhận dạng được và nhận ra, thì cuối cùng nó là định kỳ. $b$ $c$ $b$ $c$

Cụ thể, hãy đặt là tập hợp lũy thừa của . Chúng tôi đã thấy rằng nó là nhận ra. Nếu nó cũng là -recognizable, nó sẽ là cuối cùng kỳ, trong đó chắc chắn không phải là trường hợp của . $S$ $3$ $3$ $2$ $S$

Định lý của Cobham đã dẫn đến nhiều sự khái quát và phát triển đáng ngạc nhiên. Tôi khuyên bạn nên khảo sát [1] nếu bạn quan tâm.

[1] V. Bruyère, G. Hansel, C. Michaux, R. Villemaire, Logic và các bộ số nguyên có thể nhận biết , Journées Montoises (Mons, 1992). Bò đực. Bỉ. Môn Toán. Sóc. Simon Stevin 1 (1994), số 2, 191--238. Sửa chữa trong không. 4, 577. $p$

[2] A. Cobham, Trình tự thẻ thống nhất, Toán học. Lý thuyết hệ thống 6 (1972), 164--192.

— J.-E. Ghim
nguồn

Bạn có thể sửa các tài liệu tham khảo, xin vui lòng? Bây giờ cả hai đều được đánh số [1] & [1].

— Anton Trunov