仿射函数值的语言

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写为的十进制扩展（不带前导）。令和为整数，其中。考虑的倍数的扩张小数的语言加上一个常数： $\bar n$ $n$ 0 $a$ $b$ $a > 0$ $a$

M = {\bar{a x + b} ∣ x \in N}

$M = \{ \overline{a\,x+b} \mid x\in\mathbb{N} \}$

是正常吗？上下文无关？ $M$

（与仿射函数图的语言对比）

_{我认为这将是一个不错的家庭作业问题，因此从一两个提示开始的答案不仅说明了如何解决问题，而且还解释了如何决定使用哪种技术。}

— 吉勒斯“别再邪恶了”
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刚才我意识到我已经按照@vonbrand的想法回答了一个具体案例。DFA接受以43整除的自然数的十进制表示形式

— Hendrik 2013年1

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非常简单：假设数字以十进制表示（其他基数通过微不足道的修改处理）。构建DFA，有状态0，1，...，。起始状态为0，从输入的状态开始，数字进入状态。接受状态为（如果则可能需要调整）。 $a$ $a - 1$ $q$ $d$ $(10 q + d) \bmod a$ $b \bmod a$ $b > a$

— 冯布兰德
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1

很好-比我的好多了！

— 大卫·刘易斯

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这是正常的。让我们首先以二进制形式工作，它将推广到任何大于1的基数。令为所讨论的语言。对于a = 1，b = 0我们得到 $M_{a,b}$

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

它是所有字符串，且不带前导零，这是正则表达式（为其构造一个正则表达式）。 $\{0,1\}$

现在，对于任何，b仍为0，我们通过将数字乘以a来从获得，即对每个字符串执行。这可以通过根据固定字符串的位的的移位和加法序列按位完成。我们需要的两个转换是： $a$ $M_{a,0}$ $M_{1,0}$ $\bar x \rightarrow \overline {ax}$ $M_{a,0}$ $x$ $\bar a$

$\bar x \rightarrow \overline {2x}$ ，即 $\bar x \rightarrow \bar x0$

和

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

在右侧连接一个0显然可以保留规律性。因此，我们仅需证明第二个操作保留了规律性。做到这一点的方法是在从右到左的上工作一个有限状态传感器。那是最难的一步。我建议使用伪代码程序和一些有限的辅助存储器（例如某些位变量）来完成此操作，而不要使用状态。只要存储器在所有输入上的大小都是固定的，并且您从右到左严格扫描，它就是有限状态转换并保留规则性。 $\bar x$

最后，要从获得我们需要在数字添加到每个字符串中，但这是通过类似的传感器来完成的，后者取决于固定数b。 $M_{a,b}$ $M_{a,0}$ $b$ $T_b$

要在任何基数中执行相同的操作，请另外显示如何使用依赖于d 的换能器在该基数中与一位数相乘。这样，我们可以乘以多位数字，并且仍然保留常规语言。或者，我们可以这样说，乘以只是重复加法。 $d$ $S_d$ $d$

您只需要提示。这些步骤中的每个步骤都取决于相当复杂的定理/技术，因此证明这些步骤以获得完整的证明将是额外的工作。

— 大卫·刘易斯
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您的FA不会获得作为输入，因此我看不到您所写的内容表明手头的语言是正常的。请注意，并不是所有程序都使用有限的内存对应于FA：那顶多是非常重要的一次，并从左至右在输入，考虑究竟每一次输入符号。

\bar{x}

$\bar{x}$

— 拉斐尔

@Raphael如果愿意，您可以从右向左移动，重要的是保持一致。我在戴维的证明素描中找不到瑕疵。调用换能器比我想象的要简单一些，但是看起来很有效。

— 吉尔（Gilles）'所以

@吉尔斯：首先，他没有解释如何在一次通过中将乘以并乘以加到结果上；他甚至减少了乘法以“一个转变和增加的序列 ”。每个单班加班都可以，但是顺序如何？其次，更重要的是，他展示了如何构建一个计算；这并不会马上给你一个FA是接受。例如，将数字相乘很容易，但分解（据称）却不容易。因此，您至少需要一个附加参数。

a

$a$

b

$b$

a

$a$

x

$x$

\bar{x} \mapsto \bar{a x + b}

$\bar{x} \mapsto \overline{ax + b}$

M

$M$

— 拉斐尔

我不是在构建FSA。我从一个容易显示为正则的集合开始（），然后使用一系列有限的操作转换其中的所有字符串，每个操作都保留正则性。这需要多次通过（换能器）。但这没关系，因为仅基于和预先确定换能器的顺序和每个换能器的结构。每个通道（换能器）都保持规则性，因此无需将它们交错插入一个通道中。是的，不是“基本”。但是，一口气通过一次构建FSA将会非常复杂。

M_{1, 0}

$M_{1,0}$

a

$a$

b

$b$

— 大卫·路易斯

1

@Raphael-是的，功能非常强大。实际上，许多非常规族在有限状态传感器下也被封闭。并且，您可以将换能器用作简化机制，从而获得非规则语言“结构”复杂性的完整理论。

— 大卫·路易斯

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提示＃1：首先解决最普遍的问题：当最不重要的位首先出现时，编写一个自动机，该自动机识别可被3整除的数字的十进制/二进制表示。

中间问题：证明是规则的。 $\{ \overline{a\,x+b}\mid a\,x+b≥0 \quad x\in\mathbb{Z}\}$

提示2：“模 ” 函数的函数图是有限的。您可以在为每个计算它，它既是数字集又是自动机的语言。 $(n \mapsto 10n+d)$ $a$ $d$ $\{0, \dots, 9\}$

提示＃3：现在，取代与。这有什么变化？尝试使用常规语言通过交集稳定的事实，而不是构建临时自动机。 $x∈\mathbb Z$ $x∈\mathbb N$

提示4：现在假设是质数（因此是一个字段），并且我们仍然处于。现在，我们使用第一个位是最高有效位的表示形式。您可以用相同的方式构建自动机吗？ $a$ $\mathbb Z/a\mathbb Z$ $x∈\mathbb Z$

提示5：您不必总是建立自动机来证明语言是正常的。您如何使用先前的结果证明是规则的？（最高有效位在前） $M$

— 疯狂
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如果您认为这不合适，请随时发表评论。

— jmad

提示1是一个很大的步骤。在提示4中，重要的是要意识到和是不同的。经过感觉就像是走弯路，您必须管理符号字符：为什么不留在呢？

a \in {2, 5}

$a\in\{2,5\}$

a ⊥ 10

$a\bot10$

Z

$\mathbb{Z}$

N

$\mathbb{N}$

— 吉尔（Gilles）“所以

@Gilles：我想说当和，因为难以识别。

\bar{a x + b}

$\overline{ax+b}$

a x + b \geq 0

$ax+b≥0$

x \in Z

$x∈\mathbb Z$

3 x + 1234

$3x+1234$

— jmad 2012年

@吉尔斯：我认为提示＃1太酷了，无法宠坏。您可能对提示4是正确的。

— jmad 2012年

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我遵循@vonbrand的想法：

提示1：

首先求解。您可以使用Myhill-Nerode定理。 $b=0$

我们定义以下关系。这显然是等价关系。此外，它是右全等的，因为如果我们附加一个数字，则会得到。最后，它饱和，因为是等价类。由于具有有限数量的类，因此根据Myhill-Nerode定理，它是正规的。相关的FSA是最小的，有状态。 $\bar x\approx \bar y :\iff x\equiv y \mod a$ $d$ $\bar x \approx \bar y \iff 10x+d \equiv 10y+d \mod a \iff \bar x d \approx \bar y d$ $L$ $L$ $[0]$ $\approx$ $a$

提示2：

解决一般情况，重用情况引起的自动机。 $b=0$

我们知道，对于，该语言是常规的。因此简单地拿状态FSA为的语言。现在我们为构造FSA 。假设有位数字。然后像深度的10元树的分支FSA并包含所有路径号码位数。可以用非形式的数字达到的所有状态都拒绝，否则接受。最后，我们在FSA的树部分与自动连接，根据其余由除以。 $b=0$ $a$ $M$ $b=0$ $L$ $b$ $k$ $k$ $k$ $ax+b$ $M$ $a$

— 舒尔茨
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我了解这项技术，但不了解细节。提示1是否也解决了情况？此外，国防部10我所期望的10个州（不是）？

a = 1

$a=1$

a

$a$

— Hendrik

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语言是普通的。

提示： 淘汰九人制

证明思想

对于并且， $a=9$ $b < 9$

建立一个具有个标记为到状态的自动机。是初始状态，一个最终状态是。从状态到数字，过渡到状态。 $9$ $0$ $8$ $0$ $b$ $s$ $d$ $(s + d) \;\mathrm{mod}\; 9$

要处理与互质的其他值， $a$ $10$

在包组数字找到一些使得分裂（例如取，如果，因为）。 $k$ $a$ $10^k-1$ $k=3$ $a=37$ $999 = 27 \times 37$

要处理的值的唯一素因子被和， $a$ $2$ $5$

请注意，最后都只包含有限数量的数字。

为了归纳为和所有值， $a$ $b$

使用以下事实：规则语言的并集和交集是规则的，有限语言是规则的，并且当和是互质时，的倍数恰好是两者的倍数。 $a_1 \cdot a_2$ $a_1$ $a_2$

请注意，我们使用任何方便的技术；证明中包含了三种主要的基本技术（正则表达式，有限自动机，集合理论性质）。

详细证明

令与互质数为。令且。通过基本算术，等于模的数正好等于等于模和等于模，因此。由于常规语言的交集是常规的，因此 $a = 2^p 5^q a'$ $a'$ $10$ $M' = \{\overline{a'\,x+b} \mid x\in\mathbb{Z} \wedge a'\,x+b \ge 0\}$ $M'' = \{\overline{2^p 5^q\,x+b} \mid x\in\mathbb{Z} \wedge 2^p 5^q\,x+b \ge 0\}$ $b$ $a$ $b$ $a'$ $b$ $2^p5^q$ $M \cap \{\overline{x} \mid x \ge b\} = M' \cap M'' \cap \{\overline{x} \mid x \ge b\}$ $\{\overline{x} \mid x \ge b\}$ 之所以是规则的，是因为它是有限（因此是规则）语言的补充，如果和也都是规则的，则是规则的；和是因此要定期，因为它是一个有限的一套语言的结合。因此，总结证明，足以证明和是规则的。 $M'$ $M''$ $M \cap \{\overline{x} \mid x \ge b\}$ $M$ $M'$ $M''$

让我们以开始，即以模的数字。十进制扩展数为的整数以其最后数字为特征，因为更靠近左边的数字更改意味着加的倍数是的倍数。因此其中是所有数字的字母，是长度为的有限单词集合，而是常规语言。 $M''$ $2^p 5^q$ $M''$ $\mathrm{max}(p,q)$ $10^{\mathrm{max}(p,q)}$ $2^p 5^q$ $0^* M'' = \aleph^* F$ $\aleph$ $F$ $\mathrm{max}(p,q)$ $M'' = (\aleph^* F) \cap ((\aleph \setminus \{0\}) \aleph^*)$

现在我们转到，即模数，其中与互质。如果则是所有自然数的十进制扩展集，即，这是一个普通语言。现在我们假设。令。根据费马小定理，，也就是说除以。我们建立一个确定性有限自动机，它将识别，如下所示： $M'$ $a'$ $a'$ $10$ $a' = 1$ $M'$ $M' = \{0\} \cup ((\aleph \setminus \{0\}) \aleph^*)$ $a' > 1$ $k = a'-1$ $10^{a'-1} \equiv 1 \mod a'$ $a'$ $10^k-1$ $0^* M'$

状态是。第一部分代表数字位置，第二部分代表模数。 $[0,k-1] \times [0,10^k-2]$ $10^k-1$
初始状态为。 $(0,0)$
有一个标记为从到的过渡如果和。 $d$ $(i,u)$ $(j,v)$ $v \equiv d 10^i + u \mod 10^k-1$ $j \equiv i + 1 \mod k$
状态是最终的只要（注意除以）。 $(i,u)$ $u \equiv b \mod a'$ $a'$ $10^k-1$

从单词到达的状态满足和。这可以通过在自动机上过渡之后对单词进行归纳来证明。为此，使用的事实来计算跃迁。因此，自动机可以通过识别形式为的数字的十进制扩展（允许初始零）。由于，自动机识别等于的数字的十进制展开模允许初始零，这是 $(i,u)$ $\overline{x}$ $i \equiv |\overline{x}| \mod k$ $u \equiv x \mod 10^k-1$ $10^k \equiv 1 \mod 10^k-1$ $u + y 10^k$ $u \equiv b \mod a'$ $10^k \equiv 1 \mod a'$ $b$ $a'$ $0^* M'$ 。因此，该语言被证明是正规的。最后，是常规语言。 $M' = (0^* M') \cap ((\aleph \setminus \{0\}) \aleph^*)$

要推广到以外的底数，请用底数的所有素数替换上面的和。 $10$ $2$ $5$

正式证明

由您最喜欢的定理证明者作为练习留给读者。

— 吉勒斯“别再邪恶了”
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