DFA для принятия всех двоичных строк в форме степени (не делится на ), т.е. для данного

Мы можем сформировать DFA, принимающий двоичные числа, делимые на $n$ .

Например, DFA, принимающий двоичные числа, делимые на 2, может быть сформирован следующим образом:

Аналогично, DFA, принимающий двоичные числа, делимые на 3, может быть сформирован следующим образом:

Мы можем следовать четко определенной процедуре для формирования этих типов DFA. Однако может ли быть какая-то четко определенная процедура или лучше сказать логика для формирования DFA, принимающих числа вида $n^k$ ?

Например, давайте рассмотрим DFA, принимающий все числа вида . Этот язык будет , поэтому будет иметь регулярное выражение . Мы можем сформировать DFA следующим образом: $2^k$$\{1,10,100,1000,...\}$$10^*$

Я пытался сформировать DFA для и подобных? Но не смог этого сделать. Или это просто то, что его шаблон из двоичных эквивалентов, который позволял создавать DFA, и мы не можем сформировать DFA, принимая все двоичные числа в форме для конкретных ?$3^k$$2^n$$n^k$$n$

Вот быстрое и грязное доказательство с использованием леммы о накачке, что язык состоящий из в двоичном виде, не является регулярным (примечание: он является регулярным, если представлен в троичной форме, поэтому представление важно).$L$$3^n$

Я буду использовать запись из статьи Википедии о лемме Pumping . Предположим для противоречия, что регулярно. Пусть - любая строка с (длина накачки). Используя лемму накачки, напишите с и для всех . Я напишу , и также для числовых значений соответствующих частей, идля их длины в . Численно мы имеем для некоторого$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$$y$$z$$|x|, |y|, |z|$$w$$w = 3^{k_0}$$k_0 \in \mathbb{N}$, В то же время мы имеем численно . Таким образом, мы имеем$w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$

Теперь давайте прокачаем чтобы получить для всех$w$$i \ge 0$

где . Упрощение мы получаем для$k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$$i \ge 1$

Пусть . Тогда у нас есть$C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$

Теперь обратите внимание, что

Следовательно, мы имеемОбратите внимание, что . Таким образом, с одной стороны, абсолютное значение в правой части возрастает, по крайней мере, на , что уходит в бесконечность с . С другой стороны, не зависит от и является константой. Это дает противоречие.$C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$$|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$$3^{k_{i-1}}$$i$$C(2^{|y|}-1)$$i$

Один из способов увидеть, что это невозможно для (например) языка степеней в двоичном разложении, - рассмотреть производящую функцию$L$$3$

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

где есть число слов длины в . Эта функция называется рациональным, то есть фактор многочлены, для любого регулярного . В частности, числа удовлетворяют линейному повторению для некоторых и .$n_k$$k$$L$$p(x)/q(x)$$L$$n_k$$n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$$p\in\mathbb{N}$$a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$

С другой стороны, поскольку является иррациональным числом в , мы получаем, что для всех и последовательность не является периодическим. Это дает противоречие, поскольку после не более чем шагов значения должны повторяться, и повторение может привести к периодическому поведению.$\log_2(3)$$(1,2)$$n_k\in\{0,1\}$$k$$(n_k)_{k\ge 1}$$2^p$$n_k,\dots,n_{k+p}$

Полный ответ на ваш вопрос дает (трудный) результат Кобэма [2].

Для заданной базы нумерации набор натуральных чисел называется распознаваемым, если представления в базе его элементов образуют регулярный язык в алфавите . Таким образом, как вы заметили, набор степеней является распознаваемым, поскольку он представлен регулярным набором в алфавите . Аналогично, набор степеней является узнаваемым - он соответствует регулярному набору - и набор степеней равен$b$$b$$b$$\{0, 1, \dotsm, b-1\}$$2$$2$$10^*$$\{0,1\}$$4$$2$$1(00)^*$$3$$3$- узнаваемый - он соответствует регулярному набору над алфавитом .$10^*$$\{0,1,2\}$

Множество натуральных чисел называется в конечном итоге периодическим, если оно представляет собой конечное объединение арифметических прогрессий.

Два основания называются мультипликативно зависимыми, если существует такое что и являются степенями : например, и мультипликативно зависимы, так как и .$b, c > 1$$r > 1$$b$$c$$r$$8$$32$$8 = 2^3$$8 = 2^5$

Теорема Кобхэма. Пусть и два мультипликативно независимых основания. Если набор является неузнаваемым и -распознаваемым, то он в конечном счете периодический.$b$$c$$b$$c$

В частности, пусть будет множеством степеней . Мы видели, что это узнаваемый. Если бы это было также -recognizable, было бы в конечном счете периодично, что, безусловно , не относится к .$S$$3$$3$$2$$S$

Теорема Кобэма привела ко многим удивительным обобщениям и разработкам. Я рекомендую опрос [1], если вы заинтересованы.

[1] В. Брюер, Г. Хансель, К. Мишо, Р. Виллемер, Логические и узнаваемые наборы целых чисел, Journées Montoises (Mons, 1992). Bull. Belg. Математика Soc. Саймон Стевин 1 (1994), нет. 2, 191-238. Исправление в №. 4, 577.$p$

[2] А. Кобхэм, Унифицированные последовательности тегов, Матем. Теория систем 6 (1972), 164-192.