Primer 1:
Oblikovanje FA z ∑ = {0, 1} sprejme tiste nize, ki se začnejo z 1 in končajo z 0.
rešitev:
FA bo imel začetno stanje q0, iz katerega bo prešel le rob z vhodom 1 v naslednje stanje.
V stanju q1, če preberemo 1, bomo v stanju q1, če pa preberemo 0 v stanju q1, bomo dosegli stanje q2, ki je končno stanje. Če v stanju q2 preberemo 0 ali 1, preidemo v stanje q2 oziroma stanje q1. Upoštevajte, da če se vnos konča z 0, bo v končnem stanju.
Primer 2:
Oblikovanje FA z ∑ = {0, 1} sprejme edini vhod 101.
rešitev:
javanski niz je prazen
V dani rešitvi lahko vidimo, da bo sprejet samo vnos 101. Zato za vhod 101 ni druge prikazane poti za drug vhod.
Primer 3:
Zasnova FA z ∑ = {0, 1} sprejema sodo število 0 in sodo število 1.
rešitev:
negacija diskretne matematike
Ta FA bo upošteval štiri različne stopnje za vnos 0 in vnos 1. Stopnje so lahko:
Tukaj je q0 začetno stanje in tudi končno stanje. Pazljivo upoštevajte, da je ohranjena simetrija 0 in 1. Vsakemu stanju lahko povežemo pomene kot:
q0: stanje sodega števila 0 in sodega števila 1.
q1: stanje lihega števila 0 in sodega števila 1.
q2: stanje lihega števila 0 in lihega števila 1.
q3: stanje sodega števila 0 in lihega števila 1.
Primer 4:
Zasnova FA z ∑ = {0, 1} sprejme nabor vseh nizov s tremi zaporednimi ničlami.
rešitev:
Nizi, ki bodo ustvarjeni za te posebne jezike, so 000, 0001, 1000, 10001, .... v katerih se 0 vedno pojavi v skupini 3. Graf prehoda je naslednji:
Upoštevajte, da se zaporedje trojnih ničel ohranja, da se doseže končno stanje.
Primer 5:
Oblikujte DFA L(M) = {w | w ε {0, 1}*} in W je niz, ki ne vsebuje zaporednih 1.
rešitev:
Ko se pojavijo tri zaporedne 1, bo DFA:
primerljiva java
Tukaj sta torej sprejemljivi dve zaporedni 1 ali ena 1
Stopnje q0, q1, q2 so končna stanja. DFA bo ustvaril nize, ki ne vsebujejo zaporednih 1, kot so 10, 110, 101 itd.
Primer 6:
Oblikovanje FA z ∑ = {0, 1} sprejema nize s sodim številom 0, ki mu sledi ena 1.
rešitev:
DFA je mogoče prikazati s prehodnim diagramom kot:
