형식이 다음과 같은 형식의 모든 이진 문자열을 허용하는 DFA

이진수를 나눌 수있는 DFA를 $n$.

예를 들어 2로 나눌 수있는 이진수를 허용하는 DFA는 다음과 같이 구성 할 수 있습니다.

마찬가지로 3으로 나눌 수있는 이진수를 받아들이는 DFA는 다음과 같이 구성 될 수 있습니다.

잘 정의 된 절차에 따라 이러한 유형의 DFA를 구성 할 수 있습니다. 그러나 많은 수의 양식을 받아들이는 DFA를 형성하는 논리를 말하는 잘 정의 된 절차가 있거나 더 나은 방법이있을 수 있습니다$n^k$?

예를 들어 DFA가 양식의 모든 숫자를 수락하는 것을 고려해 보겠습니다. $2^k$. 이 언어는$\{1,10,100,1000,...\}$따라서 정규 표현식이 있습니다. $10^*$. 다음과 같이 DFA를 구성 할 수 있습니다.

에 대한 DFA를 만들려고했습니다. $3^k$그리고 비슷한 것들? 그러나 그렇게 할 수 없었습니다. 아니면 그 패턴이$2^n$DFA를 만들 수있게 해주는 이진 등가이며 양식의 모든 이진수를 허용하는 DFA를 구성 할 수 없습니다.$n^k$ 구체적으로 $n$?

Pumping Lemma를 사용하는 빠르고 더러운 증거는 다음과 같습니다. $L$ 구성 $3^n$ 이진법은 규칙적이지 않습니다 (참고 : 삼 항법으로 표현되는 경우 규칙적이므로 표현이 중요합니다).

나는 Wikipedia 기사 re Pumping Lemma 의 표기법을 사용할 것이다 . 모순을 가정하십시오.$L$규칙적입니다. 허락하다$w \in L$ 어떤 문자열이든 $|w| \ge p$(펌핑 길이). Lemma Pumping하여$w = x y z$ 와 $|y| \ge 1, |xy| \le p$ 그리고 모두를 위해 $i \ge 0$ $xy^i z \in L$. 내가 쓸 것이다$x$, $y$, $z$ 해당 부품의 수치에 대해서도 $|x|, |y|, |z|$ 그들의 길이에 대한 $w$. 숫자 적으로 우리는$w = 3^{k_0}$ 일부 $k_0 \in \mathbb{N}$. 동시에 우리는 수치 적으로$w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$. 따라서 우리는

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

이제 펌핑합시다 $w$ 모두를 위해 $i \ge 0$

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

어디 $k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$. 우리가 얻는 단순화$i \ge 1$

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

허락하다 $C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$. 그럼 우리는

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

이제

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

따라서 우리는 $C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$ 참고 $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$. 따라서, 한편으로는, 우측의 절대 값은 적어도$3^{k_{i-1}}$와 무한대에 간다 $i$. 반면에$C(2^{|y|}-1)$ ~와 무관하다 $i$그리고 상수입니다. 이것은 모순을 준다.

이것이 언어에 불가능하다는 것을 보는 한 가지 방법 $L$ 힘의 $3$ 이진 확장에서 생성 함수를 고려하여

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

어디 $n_k$ 길이가 많은 단어의 수 $k$ 에 $L$. 이 함수는 합리적인, 즉 몫$p(x)/q(x)$ 다항식 $L$. 특히 숫자$n_k$ 선형 재발을 만족시키다 $n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$ 일부 $p\in\mathbb{N}$ 과 $a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$.

반면에 $\log_2(3)$ 불합리한 숫자입니다 $(1,2)$우리는 그것을 얻는다 $n_k\in\{0,1\}$ 모든 $k$, 순서 $(n_k)_{k\ge 1}$주기적이 아닙니다. 기껏해야 모순이 생깁니다.$2^p$ 단계, 값 $n_k,\dots,n_{k+p}$ 다시 반복해야하므로 반복적으로 주기적으로 행동하게됩니다.

귀하의 질문에 대한 완전한 답변은 Cobham [2]의 (어려운) 결과에 의해 제공됩니다.

주어진 분자 기초 $b$자연수의 집합은 $b$기본 표현 인 경우 인식 가능 $b$ 그 요소의 알파벳에 일반 언어를 형성 $\{0, 1, \dotsm, b-1\}$. 따라서 관찰 한 바와 같이$2$ 이다 $2$일반 세트로 표시되므로 인식 가능 $10^*$ 알파벳에 $\{0,1\}$. 마찬가지로, 권력의 집합$4$ 이다 $2$인식 가능-일반 세트에 해당 $1(00)^*$ -그리고 권력의 집합 $3$ 이다 $3$인식 가능-일반 세트에 해당 $10^*$ 알파벳 이상 $\{0,1,2\}$.

자연수의 집합은 궁극적으로 주기적 이라고합니다 그것이 산술 진행의 유한 합집합이라면 이라고합니다.

두 기지 $b, c > 1$있는 경우 곱하기 의존적 이라고합니다$r > 1$ 그런 둘 다 $b$ 과 $c$ ~의 힘이다 $r$예를 들어 $8$ 과 $32$ 이후 곱하기 의존적입니다 $8 = 2^3$ 과 $8 = 2^5$.

정리 [Cobham]하자$b$ 과 $c$2 개의 곱셈 독립 기지. 세트가$b$인식 및 $c$인식 가능하면 궁극적으로 주기적입니다.

특히 보자 $S$ 권력의 집합이다 $3$. 우리는 그것이$3$-확인할 수 있는. 그것이 또한 있었다면$2$인식 할 수있는, 그것은 궁극적으로 주기적 일 것입니다. $S$.

코밤의 정리는 많은 놀라운 일반화와 발전으로 이어졌다. 관심이 있으시다면 설문 조사 [1]를 추천합니다.

[1] V. Bruyère, G. Hansel, C. Michaux, R. Villemaire, 논리 및 $p$인식 가능한 정수 세트, Journées Montoises (Mons, 1992). 황소. 벨그. 수학. Soc. 사이먼 스테 빈 1 (1994), no. 2, 191--238. 아니오 수정. 4, 577.

A. Cobham, Uniform 태그 시퀀스, Math. 시스템 이론 6 (1972), 164--192.