ফর্ম পাওয়ারের সমস্ত বাইনারি স্ট্রিং গ্রহণের জন্য ডিএফএ

Question

আমরা ডিএনএ দ্বারা বিভাজনযোগ্য বাইনারি সংখ্যা গ্রহণ করে গঠন করতে পারি $n$।

উদাহরণস্বরূপ, ডিএনএ 2 দ্বারা বিভাজ্য বাইনারি সংখ্যাগুলি গ্রহণ করে নিম্নলিখিতভাবে গঠিত হতে পারে:

একইভাবে ডিভিএ গ্রহণ করে বাইনারি সংখ্যাগুলি 3 দ্বারা বিভাজ্য নিম্নরূপ গঠিত হতে পারে:

আমরা এই ধরণের ডিএফএ তৈরি করতে একটি সংজ্ঞায়িত পদ্ধতি অনুসরণ করতে পারি। তবে ফর্মের নম্বর গ্রহণের জন্য ডিএফএ গঠনের পক্ষে যুক্তি বলতে কোনও ভাল সংজ্ঞায়িত পদ্ধতি বা আরও ভাল হতে পারে$n^k$?

উদাহরণস্বরূপ, আসুন আমরা ডিএফএ ফর্মের সমস্ত সংখ্যা গ্রহণ করে বিবেচনা করি $2^k$। এই ভাষা হবে$\{1,10,100,1000,...\}$সুতরাং, রেইগেক্স আছে $10^*$। আমরা নিম্নলিখিত হিসাবে ডিএফএ গঠন করতে পারি:

আমি ডিএফএ গঠনের চেষ্টা করেছি $3^k$এবং অনুরূপ? তবে তা করতে পারছিলেন না। বা এটি ঠিক যে এর প্যাটার্ন$2^n$বাইনারি সমতুল্য যা ডিএফএ তৈরি করা সম্ভব করেছিল এবং আমরা ফর্মের সমস্ত বাইনারি সংখ্যা গ্রহণ করে ডিএফএ গঠন করতে পারি না$n^k$ নির্দিষ্ট জন্য $n$?

Comments

আমি মনে করি আপনার কাছে উত্তর এখানে আছে

@ রাফেল, না, এটি বহুগুণের জন্য $n$; এই ক্ষমতা সম্পর্কে$n$।

— ডিডাব্লিউ

fyi অন্যান্য "কাছাকাছি" ফাংশন থাকতে পারে যা ডিএফএগুলি দ্বারা ক্ষমতার বিভাজন ইত্যাদি যেমন উদাহরণস্বরূপ কোলাটজ ফাংশন (যা 3 টির সাথে জড়িত থাকে) একটি সীমাবদ্ধ রাষ্ট্র ট্রান্সডুসার ইত্যাদি দ্বারা গণনা করা যায়

— vzn

Answer 1

পাম্পিং লেমাকে সেই ভাষাটি ব্যবহার করে এখানে একটি দ্রুত এবং নোংরা প্রমাণ রয়েছে $L$ এর মধ্যে রয়েছে $3^n$ বাইনারি নিয়মিত নয় (দ্রষ্টব্য: ত্রৈমাসিক উপস্থাপিত হলে এটি নিয়মিত, সুতরাং প্রতিনিধিত্ব গুরুত্বপূর্ণ)।

আমি পাম্পিং লেমাকে উইকিপিডিয়া নিবন্ধ থেকে স্বরলিপিটি ব্যবহার করব । দ্বন্দ্বের জন্য অনুমান করুন যে$L$নিয়মিত। দিন$w \in L$ যে কোনও স্ট্রিং সঙ্গে $|w| \ge p$(পাম্পিং দৈর্ঘ্য)। লেম্পাকে পাম্প করে, লিখুন$w = x y z$ সঙ্গে $|y| \ge 1, |xy| \le p$ এবং সকলের জন্য $i \ge 0$ $xy^i z \in L$। আমি লিখব$x$, $y$, এবং $z$ এছাড়াও সম্পর্কিত অংশগুলির সংখ্যাগত মানগুলির জন্য এবং $|x|, |y|, |z|$ তাদের দৈর্ঘ্যের জন্য $w$। সংখ্যায় আমাদের আছে$w = 3^{k_0}$ কিছুর জন্য $k_0 \in \mathbb{N}$। একই সাথে আমাদের সংখ্যাও আছে$w = z + 2^{|z|} y + 2^{|z|+|y|}x$। সুতরাং, আমরা আছে

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

এখন, পাম্প করা যাক $w$ সবার জন্য পেতে $i \ge 0$

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

কোথায় $k_0 < k_1 < k_2 < \ldots$। সরলকরণের জন্য আমরা পেতে$i \ge 1$

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

দিন $C = z - 2^{|z|} y / (2^{|y|}-1)$। তারপর আমাদের আছে

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

এখন, এটি পর্যবেক্ষণ করুন

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

সুতরাং, আমরা আছে $C (2^{|y|}-1) = 3^{k_{i-1}} (2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}).$ মনে রাখবেন যে $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$। সুতরাং, একদিকে, ডান হাতের পরম মানটি কমপক্ষে হিসাবে বৃদ্ধি পায়$3^{k_{i-1}}$, যা দিয়ে অনন্ত যায় $i$। অন্য দিকে$C(2^{|y|}-1)$ এর স্বাধীন $i$এবং একটি ধ্রুবক। এটি একটি বৈপরীত্য দেয়।

Comments

কেন আপনি কিছুটা ব্যাখ্যা করতে পারেন $|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$সত্য? আমি জিজ্ঞাসা করছি কারণ এই বৈষম্যকে একাকী দ্বন্দ্ব পৌঁছানোর জন্যই ব্যবহার করা যেতে পারে:$|2^{|y|} - 3^{k_i - k_{i-1}}| \ge 1$এর দ্বারা উভয় দিককে গুণ করে $3^{k_{i-1}}$, আমরা পেতে $|3^{k_{i-1}} 2^{|y|} - 3^{k_i}| \ge 3^{k_{i-1}}$এইভাবে, $|C (2^{|y|} - 1)| \ge 3^{k_{i-1}}$, যা একটি বৈপরীত্য (আপনার প্রমাণ সরবরাহিত কারণে)।

— আন্তন ট্রুনভ

থেকে $|y| \ge 1$, আমাদের এটা আছে $2^{|y|}$ সমান এবং $3^{k_i - k_{i-1}}$বিজোড় তাদের পার্থক্যটি বিজোড়, অতএব পরম মূল্যে কমপক্ষে 1 টি।

— ডেনিস পঙ্ক্রাটোভ

Answer 2

দেখার একটি উপায় যা ভাষার পক্ষে (উদাহরণস্বরূপ) পক্ষে সম্ভব নয় $L$ এর ক্ষমতা $3$ বাইনারি সম্প্রসারণ জেনারেটিং ফাংশন বিবেচনা দ্বারা হয়

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

কোথায় $n_k$ দৈর্ঘ্যের শব্দের সংখ্যা $k$ ভিতরে $L$। এই ফাংশনটি যুক্তিযুক্ত, অর্থাৎ একটি ভাগফল হিসাবে পরিচিত known$p(x)/q(x)$ বহু নিয়ামক, কোনও নিয়মিত জন্য $L$। বিশেষত, সংখ্যাগুলি$n_k$ একটি লিনিয়ার পুনরাবৃত্তি সন্তুষ্ট $n_{k+p+1}=a_0n_k+\dots+a_{p}n_{k+p}$ কিছুর জন্য $p\in\mathbb{N}$ এবং $a_1,\dots,a_p\in\mathbb{Z}$।

অন্যদিকে, যেহেতু $\log_2(3)$ একটি অযৌক্তিক সংখ্যা $(1,2)$, আমরা এটি পেয়েছি $n_k\in\{0,1\}$ সবার জন্য $k$, এবং ক্রম $(n_k)_{k\ge 1}$পর্যায়ক্রমে হয় না। এটি বেশিরভাগের পরে থেকে একটি বৈপরীত্য দেয়$2^p$ পদক্ষেপ, মান $n_k,\dots,n_{k+p}$ পুনরাবৃত্তি করতে হবে, এবং পুনরাবৃত্তিটি পর্যায়ক্রমিক আচরণের দিকে পরিচালিত করবে।

Answer 3

আপনার প্রশ্নের সম্পূর্ণ উত্তর কোভামের একটি (কঠিন) ফলাফল দ্বারা সরবরাহ করা হয়েছে [2]।

একটি সংখ্যা বেস দেওয়া $b$বলা হয়, প্রাকৃতিক সংখ্যার একটি সেট বলে $b$বেসে উপস্থাপনাগুলি যদি স্বীকৃত হয় $b$ এর উপাদানগুলির বর্ণমালায় একটি নিয়মিত ভাষা গঠন করে $\{0, 1, \dotsm, b-1\}$। সুতরাং, আপনি পর্যবেক্ষণ হিসাবে, ক্ষমতা সেট$2$ হয় $2$এটি নিয়মিত সেট দ্বারা প্রতিনিধিত্ব করা হয় বলে স্বীকৃত re $10^*$ বর্ণমালা উপর $\{0,1\}$। একইভাবে, ক্ষমতা সেট$4$ হয় $2$স্বীকৃতিযোগ্য - এটি নিয়মিত সেটের সাথে মিলে যায় $1(00)^*$ - এবং ক্ষমতা সেট $3$ হয় $3$স্বীকৃতিযোগ্য - এটি নিয়মিত সেটের সাথে মিলে যায় $10^*$ বর্ণমালা উপর $\{0,1,2\}$।

প্রাকৃতিক সংখ্যার একটি সেট চূড়ান্তভাবে পর্যায়ক্রমিক বলে যদি এটি পাটিগণিতের অগ্রগতির একটি সীমাবদ্ধ ইউনিয়ন হয়।

দুটি ঘাঁটি $b, c > 1$যদি একটি থাকে তবে এটি বহুগুণ নির্ভর করে বলা হয়$r > 1$ যেমন উভয় $b$ এবং $c$ এর শক্তি $r$: এই ক্ষেত্রে $8$ এবং $32$ যেহেতু বহুগুণে নির্ভরশীল $8 = 2^3$ এবং $8 = 2^5$।

উপপাদ্য [কোভাম] যাক$b$ এবং $c$দুটি গুণগতভাবে স্বাধীন বেস। যদি একটি সেট হয়$b$- স্বীকৃত এবং $c$স্বীকৃত, তারপর এটি শেষ পর্যন্ত পর্যায়ক্রমিক।

বিশেষভাবে যাক $S$ এর শক্তি সেট হতে $3$। আমরা দেখেছি যে এটি হয়$3$-recognizable। এটাও যদি হত$2$স্বীকৃত, এটি চূড়ান্তভাবে পর্যায়ক্রমে হবে, যা অবশ্যই ক্ষেত্রে হয় না $S$।

কোভামের উপপাদ্যটি অবাক করে দিয়েছিল অনেক বিস্ময়কর সাধারণীকরণ এবং বিকাশ। আপনি যদি আগ্রহী হন তবে আমি সমীক্ষার প্রস্তাব দিচ্ছি [1]।

[১] ভি। ব্রুয়ের, জি। হ্যানসেল, সি। ম্যাকাক্স, আর। ভিলিমায়ার, লজিক এবং $p$পূর্ণসংখ্যার সনাক্তকরণযোগ্য সেট, জার্নিস মন্টোসাইজ (মনস, 1992)। ষাঁড়. Belg। ম্যাথ। SOC। সাইমন স্টেভিন 1 (1994), নং। 2, 191--238। সংশোধন 4, 577।

[২] উঃ কোভম, ইউনিফর্ম ট্যাগ সিকোয়েন্স, ম্যাথ। সিস্টেম থিওরি 6 (1972), 164--192।

Comments

দয়া করে রেফারেন্স ঠিক করতে পারবেন? এখন তারা উভয়ই [1] এবং [1] নম্বরযুক্ত।

— আন্তন ট্রুনভ