Bisakah kita membuat bahasa non-reguler menjadi reguler melalui persetujuan?

8

Pertanyaan saya pada dasarnya diberikan tiga bahasa A, B dan L, di mana L adalah A dan B digabungkan bersama-sama dan B terbukti tidak teratur, apakah mungkin untuk menemukan A yang membuat L teratur?

formal-languages regular-languages

— Kenny Loveall
sumber

5

Selamat datang di CS.SE! Misi kami adalah sebagian untuk membangun arsip pertanyaan berkualitas tinggi dan jawaban mereka. Karena itu, kami lebih suka Anda menghindari mengubah pertanyaan dengan cara yang membatalkan jawaban yang ada, atau yang secara mendasar mengubah apa yang Anda tanyakan; dan kami lebih suka Anda bertanya satu pertanyaan per pertanyaan. Pertanyaan awal Anda adalah pertanyaan umum yang masuk akal. EDIT Anda menanyakan beberapa pertanyaan berbeda. Jika Anda memiliki pertanyaan tindak lanjut, sebaiknya Anda mempostingnya secara terpisah sebagai pertanyaan baru - jangan mengedit pertanyaan asli.

— DW

1

Saya akan menghapus pertanyaan lanjutan dari pos ini, tetapi Anda dapat menemukannya dengan riwayat revisi jika Anda ingin mempostingnya secara terpisah.

— DW

Apa yang sudah kamu coba? Di mana Anda terjebak? Kami tidak ingin hanya melakukan pekerjaan (rumah) Anda untuk Anda; kami ingin Anda mendapatkan pemahaman. Namun, karena kami tidak tahu apa masalah mendasar Anda, jadi kami tidak dapat mulai membantu. Lihat di sini untuk diskusi yang relevan. Jika Anda tidak yakin bagaimana meningkatkan pertanyaan Anda, mengapa tidak bertanya-tanya dalam Obrolan Ilmu Komputer ? Anda mungkin juga ingin memeriksa pertanyaan referensi kami .

— Raphael

(Ini mungkin telah ditanyakan sebelumnya juga.)

— Raphael

@ Raphael Saya memang mengedit pertanyaan untuk berisi pertanyaan spesifik yang saya ingin tahu dan logika saya, namun dihapus oleh DW di atas. Juga, ini bukan untuk pekerjaan rumah saya, itu karena profesor saya tidak memberi saya pujian atas bukti yang saya lakukan dengan cara ini dan saya ingin memastikan pemahaman saya benar sebelum berbicara dengannya tentang hal itu (dia agak tidak masuk akal untuk berbicara dengan , belum lagi sulit dimengerti).

— Kenny Loveall

3

Jika kita membiarkan menjadi bahasa kosong, yang biasa, maka kita memiliki . $A$ $L = \{w_1w_2 | w_1 \in A, w_2 \in B\} = \emptyset = A$

Untuk masalah yang sedikit lebih menarik di mana A harus merupakan bahasa reguler yang tidak kosong, maka kita dapat membuat sehingga tidak ada yang tidak kosong menghasilkan reguler $B$ $A$ $L$

Biarkan . Biarkan menjadi bahasa biasa dan pertimbangkan . Perhatikan bahwa, bertentangan dengan asumsi dalam J.-E. Jawaban Pin, tidak teratur tetapi tidak mengandung kata kosong. $B=\{bc^nd^n | n > 0\}$ $A$ $L=\{w_1w_2 | w_1 \in A, w_2 \in B\}$ $B$

Misalkan teratur. Ada ada beberapa DFA, , yang menerima . Terlepas dari bagaimana dikonstruksi, kita tahu bahwa setiap kata dalam harus memiliki kejadian terakhir . Misalkan adalah himpunan negara yang dilalui untuk segera setelah terakhir dalam semua kemungkinan traversal yang diterima. Perhatikan bahwa tidak boleh kosong, karena string terpendek di adalah . Biarkan menjadi set negara yang dikunjungi di semua kemungkinan menerima traversal di beberapa titik setelah yang terakhir . Membangun $L$ $M=(S,\Sigma,\delta,q_0,F)$ $L$ $A$ $L$ $b$ $Q$ $b$ $Q$ $B$ $bcd$ $S'$ $b$ $M'=(S',\Sigma,\delta',q_0',F)$ , di mana berperilaku identik dengan , kecuali kenyataan bahwa . $\delta'$ $\delta$ $\delta'(q_0, \varepsilon)=Q$

Saya mengklaim bahwa NFA ini menerima bahasa . Untuk setiap , kita harus memiliki bahwa ada beberapa traversal dari beberapa elemen ke beberapa elemen , karena harus menerima beberapa string dengan ini sebagai sufiks. Untuk setiap , kita dapat memilih dan membentuk kata . Jika accept , maka itu harus menjadi kasus bahwa menerima , karena pasti ada beberapa traversal dari beberapa negara di ke yang juga berlaku untuk $C=\{c^nd^n| n > 0\}$ $w' \in C$ $Q$ $F$ $M$ $w' \in \Sigma^{*} \setminus C$ $w \in A$ $wbw'$ $M'$ $w'$ $M$ $wbw'$ $Q$ $F$ $M$ . Namun, karena pilihan , tidak mungkin bahwa , jadi harus menolak . $w'$ $wbw' \in L$ $M'$ $w'$

Jadi menerima , tetapi bahasa ini tidak teratur, yang mengarah ke kontradiksi. $M'$ $C$

Oleh karena itu, jika tidak kosong, maka tidak bisa teratur. $A$ $L$

— ymbirtt
sumber

12

Ya ini mungkin. Perhatikan contoh yang diberikan di bawah ini:

Misalkan mana prima. Ini tidak biasa. Misalkan mana . Ini biasa. $B = 1^p$ $p$ $A = 1^n$ $n \in \mathbb{N}$

$AB$ hanya akan memberi kita dengan dan ini biasa karena angka yang lebih besar dari dapat direpresentasikan sebagai mana $1^n$ $n > 2$ $2$ $2+x$ $x > 0$

— Banach Tarski
sumber

Bagaimana dengan ini? dan pertimbangkan . Sangat sepele untuk melihat bahwa isomorfik hingga mana adalah bilangan genap lebih besar dari 2, yang jelas-jelas teratur.

B = 1^{p}

$B = 1^p$

B B

$BB$

B B

$BB$

1^{n}

$1^n$

n

$n$

12

Biarkan menjadi abjad kosong. Biarkan menjadi bahasa non - reguler pada mengandung kata kosong dan biarkan . Kemudian biasa. $\Sigma$ $B$ $\Sigma$ $A = \Sigma^*$ $L = AB = A$

— J.-E. Pin
sumber

4

Untuk membuatnya mungkin lebih buruk: biarkan menjadi salah bahasa tidak tetap dan membiarkan . Kemudian biasa.

B

$B$

A = \emptyset

$A = \varnothing$

L = A B = A

$L = AB = A$

— Hendrik Jan

Argumen ini hanya berfungsi jika berisi kata kosong. Ada bahasa tidak teratur yang tidak mengandung kata kosong.

B

$B$

— ymbirtt

@ hendrik-jan Anda benar sekali, dan ini adalah solusi terbaik!

— J.-E.

6

Diberi bahasa , bahasa adalah reguler. Terlepas dari solusi sepele ini, tidak selalu mungkin untuk menemukan bahasa yang tidak kosong sehingga adalah reguler. Hal ini dimungkinkan bagi banyak non-reguler (misalnya jika mengandung kata kosong , atau jika adalah pada alfabet unary ) tetapi tidak untuk semua . $B$ $\varnothing B = \varnothing$ $A$ $AB = \{uv \mid u \in A \wedge v \in B\}$ $B$ $B$ $B$ $B$

Ambil mana adalah himpunan bilangan prima. Apa pun , jika tidak kosong maka tidak teratur, karena untuk menguji keanggotaan dalam , perlu (karena simbol "penghenti" ) untuk menggunakan memori yang berpotensi tidak terikat untuk menguji keutamaan jumlah ' pada akhirnya. $B = \{ca^n \mid n\in\mathbb{P}\}$ $\mathbb{P}$ $A$ $A$ $AB$ $AB$ $c$ $a$

Untuk membuktikan ini, izinkan (karena kami mengasumsikan bahwa tidak kosong). Jika adalah teratur, maka begitu juga , dan begitu juga di sebelah kiri quotient dari oleh tunggal yang yang . Bahasa ini hanya (jika maka ada dan sedemikian rupa sehingga , dan karena mengandung b ^ kno , ini menyiratkan itu $u \in A$ $A$ $AB$ $L_1 = AB \cap uca^*$ $L_1$ $\{uc\}$ $L_2 = \{w \mid ucw \in AB \wedge ucw \in uca^*\} = \{w \in a^* \mid ucw \in AB\}$ $L_3 = \{a^n \mid n\in\mathbb{P}\}$ $w \in L_2$ $v\in A$ $k\in\mathbb{N}$ $ucw = vca^k$ $w$ $c$ $w = a^k \in L_3$ ; sebaliknya, jika maka jadi ). adalah bahasa non-reguler yang terkenal, kami memiliki kontradiksi. $w \in L_3$ $cw \in B$ $ucw \in AB$ $L_3$

— Gilles 'SANGAT berhenti menjadi jahat'
sumber

Apakah ini tidak bekerja bukti dengan non-reguler selama "stopper" simbol yang muncul hanya seperti itu?

B

$B$

— Raphael

@ Raphael Ya, itu syarat yang cukup.

— Gilles 'SANGAT berhenti menjadi jahat'

0

Sementara pertanyaan Anda meminta bukti eksistensial, itu mengingatkan saya pada cabang perusahaan. sci. disebut Perkiraan Reguler.

Idenya adalah untuk mengambil bahasa non-reguler dan kemudian menemukan bahasa reguler sehingga dalam beberapa kondisi / himpunan bagian (di mana adalah perbedaan simetris ), yaitu menemukan bahasa reguler yang "sewenang-wenang dekat" ke untuk beberapa bagian yang Anda pedulikan. Seringkali Anda menyelesaikan ini dengan mengambil subset terbatas dengan ukuran besar atas subset minat Anda, dan kemudian menyatukannya dengan bahasa reguler yang dipilih dengan cermat. $L$ $A$ $L \ominus A \rightarrow 0$ $L$ $\ominus$ $L$ $L$

Anda dapat menemukan banyak bacaan menarik di Google Cendekia jika Anda mencari sesuatu seperti "perkiraan bahasa biasa bebas konteks".

— Mike Ounsworth
sumber