DFA用于接受的形式的功率的所有二进制字符串

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我们可以形成DFA接受可以被整除的二进制数 $n$ 。

例如，接受DFA的二进制数可以被2整除的格式如下：

类似地，可以将DFA接受可以被3整除的二进制数字，其格式如下：

我们可以按照定义明确的程序来形成这些类型的DFA。但是，是否可以使用任何明确定义的过程或更准确地说形成DFA接受形式的数字的逻辑？ $n^k$

例如，让我们考虑DFA接受格式为所有数字。这个语言是，因此有正则表达式。我们可以按照以下方式形成DFA： $2^k$ $\{1,10,100,1000,...\}$ $10^*$

我尝试为和类似的对象形成DFA ？但未能做到。还是仅仅是它的二进制等价物的模式使得创建DFA成为可能，而我们不能形成DFA来接受特定所有形式为二进制数？ $3^k$ $2^n$ $n^k$ $n$

— 玛哈
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我认为您在这里

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@Raphael，不，这是

的倍数；这是关于

幂。

n

$n$

n

$n$

— DW

fyi可能还有其他可由DFA计算的“附近”函数，例如幂的除法等。例如，collatz函数（涉及3的幂）可以由有限状态转换器等计算

— vzn

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这是使用Pumping Lemma的一种快速而肮脏的证明，即由二进制数组成的语言不是规则的（注意：如果用三进制表示，它是规则的，因此表示很重要）。 $L$ $3^n$

我将使用Wikipedia文章re Pumping Lemma中的表示法。假设矛盾是是规则的。让与任何字符串（泵长度）。通过抽引引数，用写和对于所有。我会写， $L$ $w \in L$ $|w| \ge p$ $w = x y z$ $|y| \ge 1, |xy| \le p$ $i \ge 0$ $xy^i z \in L$ $x$ $y$ ，和也是对应部分的数值，和在的长度。数值，我们有对于一些。同时，我们在数值上有。因此，我们有 $z$ $|x|, |y|, |z|$ $w$ $w = 3^{k_0}$ $k_0 \in \mathbb{N}$ $w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$

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

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

现在，让我们泵让所有 $w$ $i \ge 0$

ž + 2^{| ž |} ÿ （ \sum_{Ĵ = 0}^{一世 - 1个} （ 2^{| ÿ |} ）^{Ĵ} ） + 2^{| ž | + 一世 | ÿ |} X = 3^{ķ_{一世}} ，

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

其中。简化我们得到 $k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$ $i \ge 1$

ž + 2^{| ž |} ÿ （ 2^{一世 | ÿ |} - 1个 ） / （ 2^{| ÿ |} - 1个 ） + 2^{| ž | + 一世 | ÿ |} X = 3^{ķ_{一世}} 。

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

设。那我们有 $C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$

3^{ķ_{一世}} = 2^{| ž | + 一世 | ÿ |} ÿ / （ 2^{| ÿ |} - 1个 ） + 2^{| ž | + 一世 | ÿ |} X + C 。

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

现在，观察一下

3^{k_{一世}} - 3^{ķ_{一世 - 1个}} = （ 2^{| ÿ |} - 1个 ） （ 3^{ķ_{一世 - 1个}} - C ） 。

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

因此，我们有需要注意的是。因此，一方面，右侧的绝对值至少增长 $C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$ $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ ，与无限大。另一方面，独立于且为常数。这产生了矛盾。 $3^{k_{i-1}}$ $i$ $C(2^{|y|}-1)$ $i$

— 丹尼斯·潘克拉托夫（Denis Pankratov）
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你能解释为何一点点

是真的吗？我这么问是因为独自这种不平等可以用来达到一个矛盾：

，通过它的两边乘以

，我们得到

| 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}}

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

，从而，

，这是一个矛盾（通过在证明中提供的原因）。

| 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

由于

，我们有

是偶数，

是奇数。它们的差是奇数，因此绝对值至少为1。

| y | \geq 1

$|y| \ge 1$

2^{| y |}

$2^{|y|}$

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

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

— Denis Pankratov

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认为这对于（例如）二进制扩展中的的幂的语言是不可能的一种方式是通过考虑生成函数 $L$ $3$

， $\sum_{k=0}^{\infty}n_kz^k$

哪里是长度的字的数目在。已知该函数是有理的，即对于任何正则商多项式。特别是，数字满足线性递推为一些 $n_k$ $k$ $L$ $p(x)/q(x)$ $L$ $n_k$ $n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$ $p\in\mathbb{N}$ 和。 $a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$

在另一方面，由于是在无理数，我们得到了对于所有，并且序列不是周期性的。这产生了一个矛盾，因为在最多步之后， $\log_2(3)$ $(1,2)$ $n_k\in\{0,1\}$ $k$ $(n_k)_{k\ge 1}$ $2^p$ $n_k,\dots,n_{k+p}$ 必须重复，然后复发将导致定期的行为。

— 克劳斯·德拉格
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Cobham [2]的（困难）结果提供了对您问题的完整答案。

给定一个记数基地，一组自然数的被说成是 -recognizable如果在碱的表示其元件形成在字母表一个正则语言。因此，如你观察到的，该组的功率的是 -recognizable因为它是由常规集表示在字母表。同样，的幂的集合是 $b$ $b$ $b$ $\{0, 1, \dotsm, b-1\}$ $2$ $2$ $10^*$ $\{0,1\}$ $4$ $2$ -recognizable -其对应于常规组 -与该组的功率的是 -recognizable -其对应于正则集合在字母表。 $1(00)^*$ $3$ $3$ $10^*$ $\{0,1,2\}$

如果一组自然数是算术级数的有限并集，则称其最终是周期性的。

如果存在，则两个底数被认为是乘法相关的，因此和都是幂：例如和是乘法相关的，因为和。 $b, c > 1$ $r > 1$ $b$ $c$ $r$ $8$ $32$ $8 = 2^3$ $8 = 2^5$

定理 [Cobham]令和两个可乘独立的基。如果集合是识别的和识别的，则它最终是周期性的。 $b$ $c$ $b$ $c$

特别地，令为的幂的集合。我们已经看到它是识别的。如果它也是识别的，则最终将是周期性的，对于肯定不是这种情况。 $S$ $3$ $3$ $2$ $S$

Cobham定理导致了许多令人惊讶的概括和发展。如果您有兴趣，我建议您进行问卷调查[1]。

[1] V.Bruyère，G。Hansel，C。Michaux，R。Villemaire，《逻辑和识别的整数集》，《JournéesMontoises》（蒙斯，1992年）。公牛。比利时 数学。Soc。西蒙·史蒂文1（1994），no。2，191--238。更正中 4，577。 $p$

[2] A. Cobham，统一标记序列，数学。系统理论 6（1972），164--192。

— J.-E. 销
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您能解决参考问题吗？现在它们都被编号为[1]和[1]。

— 安东·特鲁诺夫