DFA per accettare tutte le stringhe binarie di forma potenza di (non divisibile per ) cioè

9

Possiamo formare DFA accettando numeri binari divisibili per $n$ .

Ad esempio, DFA che accetta numeri binari divisibili per 2 può essere formato come segue:

Allo stesso modo DFA che accetta numeri binari divisibili per 3 può essere formato come segue:

Possiamo seguire una procedura ben definita per formare questi tipi di DFA. Tuttavia, può esistere una procedura ben definita o meglio dire la logica per formare DFA che accettano numeri del modulo $n^k$ ?

Ad esempio, consideriamo DFA che accetta tutti i numeri del modulo . Questa lingua sarà , quindi avrà regex . Possiamo formare DFA come segue: $2^k$ $\{1,10,100,1000,...\}$ $10^*$

Ho provato a formare DFA per e simili? Ma non è stato in grado di farlo. O è solo il suo modello di equivalenti binari che stava rendendo possibile la creazione di DFA e non possiamo formare DFA accettando tutti i numeri binari del modulo per specifico ? $3^k$ $2^n$ $n^k$ $n$

— Maha
fonte

Penso che tu abbia la risposta qui

3

@Raphael, no, questo è per multipli di ; si tratta di poteri di .

n

$n$

n

$n$

— DW

a proposito ci possono essere altre funzioni "vicine" che sono calcolabili dai DFA come la divisibilità dei poteri ecc. per esempio la funzione collatz (che comporta poteri di 3) può essere calcolata da un trasduttore di stato finito ecc.

— vzn

10

Ecco una prova veloce e sporca usando Pumping Lemma che la lingua composta da in binario non è regolare (nota: è regolare se rappresentata in ternario, quindi la rappresentazione è importante). $L$ $3^n$

Userò la notazione dell'articolo di Wikipedia su Pumping Lemma . Supponiamo per contraddizione che sia regolare. Sia qualsiasi stringa con (lunghezza di pompaggio). Pompando Lemma, scrivi con per tutte . Scriverò , $L$ $w \in L$ $|w| \ge p$ $w = x y z$ $|y| \ge 1, |xy| \le p$ $i \ge 0$ $xy^i z \in L$ $x$ $y$ e anche per i valori numerici delle parti corrispondenti e per le lunghezze in . Numericamente abbiamo per alcuni . Allo stesso tempo abbiamo numericamente . Quindi abbiamo $z$ $|x|, |y|, |z|$ $w$ $w = 3^{k_0}$ $k_0 \in \mathbb{N}$ $w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$

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

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

Ora, pompiamo per ottenere tutto $w$ $i \ge 0$

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

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

dove . Semplificando otteniamo per $k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$ $i \ge 1$

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

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

Sia . Poi abbiamo $C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$

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

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

Ora osservalo

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

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

Pertanto, abbiamoNotare che . Quindi, da un lato, il valore assoluto del lato destro cresce almeno di , che va all'infinito con . D'altra parte è indipendente da ed è una costante. Questo dà una contraddizione. $C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$ $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ $3^{k_{i-1}}$ $i$ $C(2^{|y|}-1)$ $i$

— Denis Pankratov
fonte

Potresti approfondire un po 'il perché

è vero? Sto chiedendo perché questa disuguaglianza da sola potrebbe essere utilizzata per raggiungere una contraddizione:

, moltiplicando entrambi i lati per

, otteniamo

| 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}}

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

, quindi,

, che è una contraddizione (per il motivo fornito nella prova).

| 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

Dal

, abbiamo quel

è pari e

è dispari. La loro differenza è dispari, quindi almeno 1 in valore assoluto.

| 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

Un modo per vedere che questo non è possibile per (ad esempio) la lingua dei poteri di nell'espansione binaria è considerando la funzione di generazione $L$ $3$

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

dove è il numero di parole di lunghezza in . Questa funzione è nota per essere razionale, vale a dire un quoziente polinomi, per qualsiasi regolare . In particolare, i numeri soddisfano una ricorrenza lineare per alcuni $n_k$ $k$ $L$ $p(x)/q(x)$ $L$ $n_k$ $n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$ $p\in\mathbb{N}$ e . $a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$

D'altra parte, poiché il è un numero irrazionale in , otteniamo che per tutti , e la sequenza non è periodica . Questo dà una contraddizione, poiché dopo al massimo passi di , i valori di $\log_2(3)$ $(1,2)$ $n_k\in\{0,1\}$ $k$ $(n_k)_{k\ge 1}$ $2^p$ $n_k,\dots,n_{k+p}$ ripetere, e la ricorrenza porterebbe quindi a un comportamento periodico.

— Klaus Draeger
fonte

8

Una risposta completa alla tua domanda è fornita da un (difficile) risultato di Cobham [2].

Data una base di numerazione , si dice che un insieme di numeri naturali sia riconoscibile se le rappresentazioni nella base dei suoi elementi formano una lingua regolare sull'alfabeto . Quindi, come hai osservato, l'insieme dei poteri di è riconoscibile poiché è rappresentato dall'insieme regolare sull'alfabeto . Allo stesso modo, l'insieme di poteri di è $b$ $b$ $b$ $\{0, 1, \dotsm, b-1\}$ $2$ $2$ $10^*$ $\{0,1\}$ $4$ $2$ riconoscibile - corrisponde all'insieme regolare - e l'insieme dei poteri di è - riconoscibile - corrisponde all'insieme regolare sull'alfabeto . $1(00)^*$ $3$ $3$ $10^*$ $\{0,1,2\}$

Si dice che un insieme di numeri naturali sia periodico se si tratta di un'unione finita di progressioni aritmetiche.

Si dice che due basi siano moltiplicativamente dipendenti se esiste un tale che sia che sono potenze di : per esempio e sono moltiplicativamente dipendenti poiché e . $b, c > 1$ $r > 1$ $b$ $c$ $r$ $8$ $32$ $8 = 2^3$ $8 = 2^5$

Teorema [Cobham] Si e due basi moltiplicativamente indipendenti. Se un set è -recognizable e -recognizable, alla fine è periodico. $b$ $c$ $b$ $c$

In particolare, sia l'insieme di poteri di . Abbiamo visto che è riconoscibile. Se era anche -recognizable, sarebbe in definitiva periodica, che non è certamente il caso per . $S$ $3$ $3$ $2$ $S$

Il teorema di Cobham ha portato a molte generalizzazioni e sviluppi sorprendenti. Raccomando il sondaggio [1] se sei interessato.

[1] V. Bruyère, G. Hansel, C. Michaux, R. Villemaire, Logic e insiemi di numeri riconoscibili , Journées Montoises (Mons, 1992). Toro. Belg. Matematica. Soc. Simon Stevin 1 (1994), n. 2, 191--238. Correzione nel n. 4, 577. $p$

[2] A. Cobham, Sequenze di tag uniformi, Matematica. Systems Theory 6 (1972), 164--192.

— J.-E. perno
fonte

Potresti risolvere i riferimenti, per favore? Ora sono entrambi numerati [1] e [1].

— Anton Trunov,