Мова значень афінної функції

Запишіть для десяткового розширення (без провідних ). Нехай і - цілі числа, . Розглянемо мову десяткових розкладів кратних плюс константа:$\bar n$$n$0$a$$b$$a > 0$$a$

Є регулярними? без контексту?$M$

(Контраст з мовою графіка афінної функції )

_{Я думаю, що це спричинить гарне домашнє завдання, тому відповіді, які починаються з підказки чи двох, пояснюють не лише те, як вирішити питання, а й як вирішити, які методи використовувати, були б вдячні.}

Дуже просто: Припустимо, числа записуються у десятковій формі (інші бази обробляються тривіальною модифікацією). Побудова ДКА, з стану 0, 1, ..., . Стартовий стан дорівнює 0, а зі стану на вводі цифра переходить у стан . прийняття є (може знадобитися налаштування, якщо ).a a - 1 q d ( 10 q + d ) mod a b mod a b > $a$$a - 1$$q$$d$$(10 q + d) \bmod a$$b \bmod a$$b > a$

Він регулярний. Давайте спочатку попрацюємо у двійковому, що узагальнить будь-яку базу> 1. Нехай - мова, про яку йдеться. При a = 1, b = 0 отримаємо$M_{a,b}$

$M_{1,0} = \{1, 10, 11, 100, 101, ...\}$

який є всіма рядками над без провідних нулів, що є регулярним (побудуйте для нього регулярний вираз).$\{0,1\}$

Тепер для будь-якого , з b ще 0, отримуємо від шляхом множення числово на a, тобто, виконуючи перетворення у кожному рядку . Це можна зробити побіжно шляхом послідовності зсувів та доповнень які залежать від бітів фіксованого рядка . Дві трансформації, які нам потрібні, це:М , 0 М 1 , 0 ˉ х → ¯ х М , 0 х $a$$M_{a,0}$$M_{1,0}$$\bar x \rightarrow \overline {ax}$$M_{a,0}$$x$$\bar a$

ˉ х → ¯ 2 х ˉ х → ˉ х$\bar x \rightarrow \overline {2x}$ що є$\bar x \rightarrow \bar x0$

і

$\bar x \rightarrow \overline {2x+x}$

Об'єднання 0 праворуч явно зберігає регулярність. Таким чином, нам залишається лише довести, що друга операція зберігає регулярність. Це можна зробити за допомогою перетворювача з кінцевим станом, що працює на справа наліво. Це найважчий крок. Я пропоную це робити за допомогою програми псевдокоду та деякої кінцевої допоміжної пам'яті (як деякі бітні змінні), а не з використанням станів. Поки пам'ять має фіксований розмір на всіх входах і ви скануєте строго справа наліво, це перетворення в кінцевому стані і зберігає регулярність.$\bar x$

Нарешті, щоб отримати від нам потрібно чисельно додати до кожного рядка, але це робиться з аналогічним перетворювачем який залежить від фіксованого числа b.M a , b M a , 0 b T $M_{a,b}$$M_{a,0}$$b$$T_b$

Щоб зробити те саме в будь-якій базі, додатково покажіть, як виконати множення на у цій базі, використовуючи перетворювач який залежить від d. З цим ми можемо множитися на багатоцифрові числа і все ще залишатися в звичайних мовах. Або ми можемо уточнити це, сказавши, що множення на - це просто повторне додавання.d S d$d$$S_d$$d$

Ти хотів лише натяків. Кожен з цих кроків залежить від досить складної теореми / методики, тому доведення тих, хто отримає повний доказ, стане додатковою роботою.

Підказка №1 : спочатку вирішіть більш популярну задачу "написати автомат, який розпізнає десяткові / двійкові представлення чисел, ділених на 3", коли перший з'являється найменш значущий біт .

Проміжне запитання: доведіть, що є регулярним.$\{ \overline{a\,x+b}\mid a\,x+b≥0 \quad x\in\mathbb{Z}\}$

Підказка №2 : Графік функції "modulo " є кінцевим. Ви можете обчислити його для кожного у що є набором цифр і мовою вашого автомата.( n ↦ 10 n + d ) a d { 0 , … , 9 $(n \mapsto 10n+d)$$a$$d$$\{0, \dots, 9\}$

Підказка # 3 : Тепер, замініть з . Що це змінює? Спробуйте використати той факт, що звичайні мови стабільні за допомогою перетину замість того, щоб будувати спеціальний автомат.x ∈ Z x ∈ $x∈\mathbb Z$$x∈\mathbb N$

Підказка # 4 : Припустимо тепер , що просте число (так що є полем) і що ми все ще в тому випадку , коли . Зараз ми використовуємо представлення, де перший біт є найбільш значущим бітом. Чи можете ви побудувати автомат таким же чином?a Z / a Z x ∈ $a$$\mathbb Z/a\mathbb Z$$x∈\mathbb Z$

Підказка №5 : вам не завжди потрібно будувати автомат, щоб довести, що мова є регулярною. Як можна використовувати попередні результати, щоб довести, що регулярний? (з найзначнішим бітом першим)$M$

Я дотримуюся ідеї @vonbrand:

Підказка 1:

Розв’яжіть спочатку для . Ви можете використовувати теорему Міхілла-Нерода .$b=0$

Визначимо наступне відношення . Очевидно, це відношення еквівалентності. Крім того, це правильно-конгруентно, оскільки якщо ми додамо цифру то отримаємо . Нарешті, він насичує , оскільки - клас еквівалентності . Оскільки у кількості класів є теорема Міхілла-Нерода, то вона є регулярною. Асоційований FSA є мінімальним і має стан.ˉ x ≈ ˉ y :⟺x ≡ yмодa d ˉ x ≈ ˉ $\bar x\approx \bar y :\iff x\equiv y \mod a$$d$⟺10 x + d ≡ 10 y + dмода⟺ˉ x d≈ ˉ y dLL[0]≈$\bar x \approx \bar y \iff 10x+d \equiv 10y+d \mod a \iff \bar x d \approx \bar y d$$L$$L$$[0]$$\approx$$a$

Підказка 2:

Вирішіть загальний випадок, повторно використовуйте автомати, викликані випадком .$b=0$

Ми знаємо, що мова є регулярною для . Тому просто взяти стан FSA для мови. Тепер ми будуємо FSA для . Припустимо, що має цифр. Тоді FSA розгалужується, як 10-річне дерево глибиною і містить усі шляхи до чисел з цифрами. Усі стани, до яких можна дійти з числом, не у формі , відкидають інакше, приймаючи. Нарешті, ми з'єднуємо частину дерева FSA з автоматом , відповідно до решти діленням на .b = 0 a M b = 0 L b k k k a x + b M $b=0$$a$$M$$b=0$$L$$b$$k$$k$$k$$ax+b$$M$$a$

Мова регулярна.

Підказка: викиньте дев’ять

Доказ ідеї

Для і ,a = 9 b < $a=9$$b < 9$

побудувати автомат з станів, позначених від до . - початковий стан, а один кінцевий стан - . З стану , на цифрі , перехід у стан .9 0 8 0 b s d ( s + d $9$$0$$8$$0$$b$$s$$d$$(s + d) \;\mathrm{mod}\; 9$

Для обробки інших значень які є спільними з ,a $a$$10$

групи цифр в пакетах , щоб знайти такі , що ділить (наприклад , взяти , якщо , тому що ).k a 10 k - 1 k = 3 a = 37 999 = 27 × $k$$a$$10^k-1$$k=3$$a=37$$999 = 27 \times 37$

Для обробки значень яких тільки прості чинники і ,a 2 $a$$2$$5$

зауважте, що мова йде про кінцеву кількість цифр наприкінці.

Щоб узагальнити всі значення і ,a $a$$b$

використовуйте той факт, що об'єднання та перетин регулярних мов є регулярними, що кінцеві мови є регулярними, і що множини є точно кратними обох, коли та є одночасними.a 1 ⋅ a 2 a 1 a $a_1 \cdot a_2$$a_1$$a_2$

Зауважте, що ми використовуємо будь-яку техніку зручно; три основні елементарні прийоми (регулярні вирази, кінцеві автомати, задані теоретичні властивості) представлені у цьому доказі.

Детальний доказ

Нехай з coprime з . Нехай і . За елементарною арифметикою числа, рівні модулю є рівно числами, рівними modulo і modulo , тому . Оскільки перетин регулярних мов є регулярним, іa = 2 p 5 q a ′ a ′ 10 M ′ = { ¯ a $a = 2^p 5^q a'$$a'$$10$x + b ∣x∈Z∧a′x + b ≥ 0 } M ″ = { ¯ 2 p 5 $M' = \{\overline{a'\,x+b} \mid x\in\mathbb{Z} \wedge a'\,x+b \ge 0\}$x + b ∣x∈Z∧2p5qx + b ≥ 0 } b a b a ′ b 2 p 5 q M ∩ { ¯ $M'' = \{\overline{2^p 5^q\,x+b} \mid x\in\mathbb{Z} \wedge 2^p 5^q\,x+b \ge 0\}$$b$$a$$b$$a'$$b$$2^p5^q$ ∣ x ≥ b } = M ′ ∩ M ″ ∩ { ¯ x ∣ x ≥ b } { ¯ x ∣ x ≥ b } M ′ M ″ M ∩ { ¯ x ∣ x $M \cap \{\overline{x} \mid x \ge b\} = M' \cap M'' \cap \{\overline{x} \mid x \ge b\}$$\{\overline{x} \mid x \ge b\}$регулярна, тому що є доповненням кінцевої (отже, регулярної) мови, якщо і також регулярні, то є регулярним; і тому є регулярним, оскільки це об'єднання цієї мови з кінцевим набором. Отже, для завершення доказу достатньо довести, що і є регулярними.$M'$$M''$b } M M ′ M $M \cap \{\overline{x} \mid x \ge b\}$$M$$M'$$M''$

Почнемо з , тобто чисел по модулю . Цілі числа, десяткове розширення яких знаходиться в , характеризуються останніми цифрами, оскільки зміна цифр надалі ліворуч означає додавання кратного який кратний . Звідси де - алфавіт усіх цифр і - кінцевий набір слів довжиною , а - звичайна мова.M ″ 2 p 5 q M ″ m a x ( p , q ) 10 m a x$M''$$2^p 5^q$$M''$$\mathrm{max}(p,q)$ p , q ) 2 p 5 q 0 ∗ M ″ = ℵ ∗ FℵF m a x (p,q) M ″ =( ℵ ∗ F)∩((ℵ∖$10^{\mathrm{max}(p,q)}$$2^p 5^q$$0^* M'' = \aleph^* F$$\aleph$$F$$\mathrm{max}(p,q)$$M'' = (\aleph^* F) \cap ((\aleph \setminus \{0\}) \aleph^*)$

Тепер ми переходимо до , тобто числа по модулю де є співвідношенням з . Якщо то - це набір десяткових розширень усіх натуралів, тобто , що є a звичайна мова. Тепер ми припускаємо, . Нехай . За малою теоремою Ферма , що означає, що ділить . Ми будуємо детермінований кінцевий автомат, який розпізнає наступним чином:M ′ a ′ a ′ 10 $M'$$a'$$a'$$10$ ′ = 1 M ′ M ′ = { 0 } ∪ ( ( ℵ ∖ { 0 } ) ℵ ∗ ) a ′ > 1 k = a ′ - 1 10 a ′ - 1 ≡ $a' = 1$$M'$$M' = \{0\} \cup ((\aleph \setminus \{0\}) \aleph^*)$$a' > 1$$k = a'-1$модa ′ a ′ 10 k - 1 0 ∗ M $10^{a'-1} \equiv 1 \mod a'$$a'$$10^k-1$$0^* M'$

• Стани . Перша частина являє собою позицію цифри, а друга частина являє собою числовий модуль .[ 0 , k - 1 ] × [ 0 , 10 k - 2 ] 10 k - $[0,k-1] \times [0,10^k-2]$$10^k-1$
• Початковий стан дорівнює .$(0,0)$
• Існує перехід, позначений від до iff і .d ( i , u ) ( j , v ) v ≡ d 10 i + $d$$(i,u)$$(j,v)$мод10 к - 1 j ≡ i + $v \equiv d 10^i + u \mod 10^k-1$$j \equiv i + 1 \mod k$
• Стан є остаточним iff (зауважте, що ділить ).( i , u ) u ≡ $(i,u)$модa ′ a ′ 10 k - $u \equiv b \mod a'$$a'$$10^k-1$

Стан досягнутий від слова задовольняє і . Це можна довести індукцією над словом, дотримуючись переходів на автоматі; для цього обчислюються переходи, використовуючи той факт, що . Таким чином, автомат розпізнає десяткові розширення (дозволяючи початкові нулі) чисел виду з ; оскільки , автомат розпізнає десяткові розширення чисел, рівних modulo дозволяючи початкові нулі, що є( i , u ) ¯ x i ≡ | ¯ x$(i,u)$$\overline{x}$модk u ≡ $i \equiv |\overline{x}| \mod k$мод10 к - 1 10 к ≡ $u \equiv x \mod 10^k-1$мод10 k - 1 u + y 10 k u ≡ $10^k \equiv 1 \mod 10^k-1$$u + y 10^k$модa ′ 10 k ≡ $u \equiv b \mod a'$модa ′ b a ′ 0 ∗ M ′ M ′ = ( 0 ∗ M ′ ) ∩ ( ( ℵ ∖ { 0 } ) ℵ ∗$10^k \equiv 1 \mod a'$$b$$a'$$0^* M'$ . Таким чином, ця мова виявляється регулярною. Нарешті, є звичайною мовою.$M' = (0^* M') \cap ((\aleph \setminus \{0\}) \aleph^*)$

Щоб узагальнити основи, відмінні від , замініть вище і усіма основними коефіцієнтами основи.10 2 $10$$2$$5$

Офіційне підтвердження

Залишилося як вправа для читача, у вашій улюбленій теоремі.