DFA для прийому всіх бінарних рядків форми потужності

9

Ми можемо сформувати DFA, приймаючи двійкові числа, ділені на $n$ .

Наприклад, DFA, що приймає двійкові числа, ділені на 2, можна сформувати так:

Аналогічно DFA, що приймає двійкові числа, ділені на 3, може бути сформовано так:

Ми можемо дотримуватися чітко визначеної процедури для формування цих типів DFA. Однак чи може бути якась чітко визначена процедура або краще сказати логіка формування DFA, що приймає номери форми $n^k$ ?

Наприклад, розглянемо, як DFA приймає всі номери форми $2^k$ . Ця мова буде $\{1,10,100,1000,...\}$ , таким чином, мають регулярний вираз $10^*$ . Ми можемо сформувати DFA наступним чином:

Я спробував створити DFA для $3^k$ та подібні? Але не зміг цього зробити. Або це просто така його картина $2^n$ бінарні еквіваленти, що дало можливість створити DFA, і ми не можемо формувати DFA, приймаючи всі бінарні числа форми $n^k$ для конкретних $n$ ?

— Маха
джерело

Я думаю, що у вас є відповідь тут

3

@ Рафаель, ні, це для множин

n

$n$ ; мова йде про повноваження Росії

n

$n$ .

— DW

fyi можуть бути й інші "сусідні" функції, які можна обчислити за допомогою DFA, такі як поділ повноважень тощо. Наприклад, функція collatz (яка включає сили 3) може бути обчислена перетворювачем кінцевого стану тощо

— vzn

10

Ось швидкий і брудний доказ використання Pumping Lemma цієї мови $L$ складається з $3^n$ у двійковій формі не є регулярною (зверніть увагу: вона є регулярною, якщо вона представлена потрійними, тому важливе представлення).

Я буду використовувати позначення зі статті Вікіпедії про перекачування леми . Припустимо для суперечності, що $L$ регулярний. Дозволяє $w \in L$ бути будь-яким рядком $|w| \ge p$ (довжина накачування). Накачавши лему, пишіть $w = x y z$ з $|y| \ge 1, |xy| \le p$ і для всіх $i \ge 0$ $xy^i z \in L$ . Я напишу $x$ , $y$ , і $z$ також для числових значень відповідних частин, і $|x|, |y|, |z|$ за їх довжиною в $w$ . Числово маємо $w = 3^{k_0}$ для деяких $k_0 \in \mathbb{N}$ . У той же час ми чисельно $w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$ . Таким чином, у нас є

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

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

Тепер давайте накачуємо $w$ щоб отримати для всіх $i \ge 0$

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

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

де $k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$ . Спрощуючи ми отримуємо $i \ge 1$

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

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

Дозволяє $C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$ . Тоді маємо

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

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

А тепер спостерігайте за цим

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

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

Тому маємо $C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$ Зауважте, що $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ . Таким чином, з одного боку, абсолютна величина правого боку зростає принаймні як $3^{k_{i-1}}$ , що йде в нескінченність с $i$ . З іншої сторони $C(2^{|y|}-1)$ не залежить від $i$ і є постійною. Це дає протиріччя.

— Денис Панкратов
джерело

Не могли б ви трохи детальніше пояснити, чому

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

$|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ правда? Я прошу, бо саме ця нерівність могла бути використана для досягнення суперечності:

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

$|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ , помноживши обидві його сторони на

3^{k_{i - 1}}

$3^{k_{i-1}}$ , ми отримуємо

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

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

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

$|C (2^{|y|} - 1)| \ge 3^{k_{i-1}}$ , що є протиріччям (з причини, наведеної у вашому доказі).

— Антон Трунов

1

З тих пір

| y | \geq 1

$|y| \ge 1$ , у нас це є

2^{| y |}

$2^{|y|}$ рівний і

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

$3^{k_i - k_{i-1}}$ дивно. Їх різниця є непарною, тому принаймні 1 в абсолютній величині.

— Денис Панкратов

10

Один із способів бачити, що це неможливо (наприклад) для мови $L$ повноважень Росії $3$ у двійковому розширенні відбувається шляхом розгляду функції, що генерує

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

де $n_k$ - кількість слів довжини $k$ в $L$ . Ця функція, як відомо, є раціональною, тобто коефіцієнтом $p(x)/q(x)$ многочлени, для будь-яких регулярних $L$ . Зокрема, цифри $n_k$ задовольняють лінійний повтор $n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$ для деяких $p\in\mathbb{N}$ і $a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$ .

З іншого боку, оскільки $\log_2(3)$ є ірраціональним числом в $(1,2)$ , ми це отримуємо $n_k\in\{0,1\}$ для усіх $k$ , і послідовність $(n_k)_{k\ge 1}$ не періодично. Це дає протиріччя, оскільки, максимум, після $2^p$ кроки, значення $n_k,\dots,n_{k+p}$ доведеться повторюватись, і повторення тоді призвело б до періодичної поведінки.

— Клаус Драгер
джерело

8

Повну відповідь на ваше запитання дає (важкий) результат Cobham [2].

Дана база числення $b$ , як кажуть, набір натуральних чисел $b$ -розпізнавальний, якщо представлення в базі $b$ його елементів утворюють звичайну мову на алфавіті $\{0, 1, \dotsm, b-1\}$ . Таким чином, як ви зауважили, сукупність повноважень Росії $2$ є $2$ -впізнавана, оскільки вона представлена регулярним набором $10^*$ на алфавіті $\{0,1\}$ . Аналогічно набір повноважень Російської Федерації $4$ є $2$ -розпізнавальна - відповідає звичайному набору $1(00)^*$ - і сукупність повноважень Росії $3$ є $3$ -розпізнавальна - відповідає звичайному набору $10^*$ над алфавітом $\{0,1,2\}$ .

Кажуть, що набір натуральних чисел є в кінцевому рахунку періодичним, якщо це скінченний об'єднання арифметичних прогресій.

Дві основи $b, c > 1$ кажуть, що мультиплікативно залежать, якщо є $r > 1$ такий, що обидва $b$ і $c$ є повноваженнями $r$ : наприклад $8$ і $32$ є мультиплікативно залежними, оскільки $8 = 2^3$ і $8 = 2^5$ .

Теорема [Кобхем] Нехай $b$ і $c$ дві мультиплікативно незалежні бази. Якщо множина є $b$ -пізнавальний і $c$ -визнавальна, то вона в кінцевому рахунку періодична.

Зокрема нехай $S$ бути сукупністю повноважень Російської Федерації $3$ . Ми бачили, що це так $3$ -впізнаваний. Якби це теж було $2$ -впізнавана, це було б в кінцевому рахунку періодичним, що, звичайно, не так $S$ .

Теорема Кобхема призвела до багатьох дивовижних узагальнень та розробок. Я рекомендую опитування [1], якщо вас цікавить.

[1] В. Брейер, Г. Гензель, К. Мішо, Р. Віллер, Логіка та $p$ -впізнавані множини цілих чисел, Journées Montoises (Mons, 1992). Бик. Белг. Математика. Соц. Саймон Стевін 1 (1994), вип. 2, 191--238. Виправлення в ні. 4, 577.

[2] А. Кобхем, Уніфіковані послідовності тегів, Математика. Теорія систем 6 (1972), 164--192.

— Ж.-Є. Шпилька
джерело

Не могли б ви виправити посилання? Тепер вони обоє пронумеровані [1] та [1].

— Антон Трунов