DFA para aceitar todas as cadeias binárias de poder de forma de

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Podemos formar o DFA aceitando números binários divisíveis por . $n$

Por exemplo, o DFA que aceita números binários divisíveis por 2 pode ser formado da seguinte maneira:

Da mesma forma, o DFA que aceita números binários divisíveis por 3 pode ser formado da seguinte maneira:

Podemos seguir um procedimento bem definido para formar esses tipos de DFAs. No entanto, pode haver algum procedimento bem definido ou, melhor dizendo, lógica para formar DFAs que aceitam números do formato ? $n^k$

Por exemplo, consideremos o DFA aceitando todos os números do formulário . Esta linguagem será , portanto, tenha a expressão regular . Podemos formar o DFA da seguinte maneira: $2^k$ $\{1,10,100,1000,...\}$ $10^*$

Tentei formar DFA para e similares? Mas não foi capaz de fazê-lo. Ou é apenas o seu padrão de equivalentes binários que estava possibilitando a criação do DFA e não podemos formar o DFA aceitando todos os números binários do formato para específico ? $3^k$ $2^n$ $n^k$ $n$

— Maha
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Eu acho que você tem a resposta aqui

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@Raphael, não, isso é para múltiplos de

; trata-se de potências de

.

n

$n$

n

$n$

— DW

fyi pode haver outras "próximos" funções que são calculável por AFDs tais como divisibilidade de poderes etc., por exemplo, a função de Collatz (que envolve poderes de 3) pode ser calculado por um transdutor de estados finitos etc

— vzn

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Aqui está uma prova rápida e suja, usando o Lemma de Bombeamento, de que a linguagem composta por em binário, não é regular (nota: é regular se representada no ternário, portanto, a representação é importante). $L$ $3^n$

Usarei a notação do artigo da Wikipedia sobre Pumping Lemma . Suponha por contradição que seja regular. Vamos ser qualquer cadeia com (comprimento de bombeamento). Ao bombear o lema, escreva com e para todos os . Vou escrever , $L$ $w \in L$ $|w| \ge p$ $w = x y z$ $|y| \ge 1, |xy| \le p$ $i \ge 0$ $xy^i z \in L$ $x$ $y$ , e também para valores numéricos das partes correspondentes, e por seus comprimentos em . Numericamente temos para alguns . Ao mesmo tempo, temos numericamente . Assim, temos $z$ $|x|, |y|, |z|$ $w$ $w = 3^{k_0}$ $k_0 \in \mathbb{N}$ $w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$

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

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

Agora, vamos bombear para obter tudo o $w$ $i \ge 0$

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

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

onde . Simplificando chegamos a $k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$ $i \ge 1$

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

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

Seja . Então nós temos $C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$

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

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

Agora observe que

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

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

Portanto, temos Note que . Assim, por um lado, o valor absoluto do lado direito cresce pelo menos em $C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$ $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$ , que vai para o infinito com. Por outro lado,é independente dee é uma constante. Isso dá uma contradição. $3^{k_{i-1}}$ $i$ $C(2^{|y|}-1)$ $i$

— Denis Pankratov
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Você poderia elaborar um pouco sobre o porquê

é verdadeiro? Estou perguntando, porque essa desigualdade sozinha poderia ser usada para chegar a uma contradição:

, multiplicando ambos os lados por

, obtemos

| 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}}

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

, portanto,

, o que é uma contradição (pelo motivo fornecido na sua 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 23/01

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Desde

, temos

é par e

é ímpar. Sua diferença é ímpar, portanto, pelo menos 1 em valor absoluto.

| 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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Uma maneira de ver que isso não é possível (por exemplo) para a linguagem de potências na expansão binária é considerar a função geradora $L$ $3$

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

onde é o número de palavras de comprimento em . Sabe-se que esta função é racional, isto é, um quociente de polinômios , para qualquer regular . Em particular, os números satisfazem uma recorrência linear para alguns $n_k$ $k$ $L$ $p(x)/q(x)$ $L$ $n_k$ $n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$ $p\in\mathbb{N}$ e . $a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$

Por outro lado, como é um número irracional em , obtemos que para todo , e a sequência não é periódica . Isso contradiz, pois, após no máximo etapas, os valores de $\log_2(3)$ $(1,2)$ $n_k\in\{0,1\}$ $k$ $(n_k)_{k\ge 1}$ $2^p$ $n_k,\dots,n_{k+p}$ precisa repetir, e a recorrência levaria a um comportamento periódico.

— Klaus Draeger
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Uma resposta completa para sua pergunta é fornecida por um resultado (difícil) de Cobham [2].

Dada uma base de numeração , é dito que um conjunto de números naturais é reconhecível se as representações na base de seus elementos formarem uma linguagem regular no alfabeto . Assim, como você observou, o conjunto de potências de é reconhecível, pois é representado pelo conjunto regular no alfabeto . Da mesma forma, o conjunto de potências de é $b$ $b$ $b$ $\{0, 1, \dotsm, b-1\}$ $2$ $2$ $10^*$ $\{0,1\}$ $4$ $2$ -reconhecível - corresponde ao conjunto regular - e o conjunto de potências de é -recognizável - corresponde ao conjunto regular sobre o alfabeto . $1(00)^*$ $3$ $3$ $10^*$ $\{0,1,2\}$

Diz- se que um conjunto de números naturais é basicamente periódico se for uma união finita de progressões aritméticas.

Diz-se que duas bases são dependentes multiplicativamente se houver um modo que e sejam potências de : por exemplo, e são dependentes multiplicativamente desde e . $b, c > 1$ $r > 1$ $b$ $c$ $r$ $8$ $32$ $8 = 2^3$ $8 = 2^5$

Teorema [Cobham] Let e duas bases multiplicativamente independentes. Se um conjunto é -reconhecível e -reconhecível, então é basicamente periódico. $b$ $c$ $b$ $c$

$S$ $3$ $3$ $2$ $S$

O teorema de Cobham levou a muitas generalizações e desenvolvimentos surpreendentes. Eu recomendo a pesquisa [1] se você estiver interessado.

$p$

[2] A. Cobham, Sequências uniformes de etiquetas, Matemática. Teoria dos Sistemas 6 (1972), 164-192.

— J.-E. Pin
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Could you fix the references, please? Now they are both numbered [1] & [1].

— Anton Trunov