Làm thế nào để cho thấy rằng một ngôn ngữ thông thường đảo ngược của người Viking là thường xuyên

Tôi bị mắc kẹt trong câu hỏi sau đây:

"Các ngôn ngữ thông thường chính xác là những ngôn ngữ được chấp nhận bởi automata hữu hạn. Với thực tế này, cho thấy rằng nếu ngôn ngữ được chấp nhận bởi một số máy tự động hữu hạn, thì L R cũng được chấp nhận bởi một số hữu hạn; L R bao gồm tất cả các từ của L bị đảo ngược."$L$$L^{R}$$L^{R}$$L$

Vì vậy, với ngôn ngữ thông thường , chúng ta biết (về cơ bản theo định nghĩa) rằng nó được chấp nhận bởi một số automata hữu hạn, do đó, có một tập hợp các trạng thái hữu hạn với các chuyển đổi phù hợp đưa chúng ta từ trạng thái bắt đầu sang trạng thái chấp nhận khi và chỉ khi đầu vào là một chuỗi trong L . Chúng tôi thậm chí có thể nhấn mạnh rằng chỉ có một trạng thái chấp nhận, để đơn giản hóa mọi thứ. Việc chấp nhận ngôn ngữ đảo ngược tất cả những gì chúng ta cần làm là đảo ngược hướng chuyển đổi, thay đổi trạng thái bắt đầu sang trạng thái chấp nhận và trạng thái chấp nhận sang trạng thái bắt đầu. Sau đó, chúng tôi có một máy tính mà là "ngược" so với bản gốc, và chấp nhận ngôn ngữ L R .$L$$L$$L^{R}$

Bạn phải chứng minh rằng bạn luôn có thể xây dựng một automaton hữu hạn chấp nhận chuỗi trong $L^R$ cho một automaton hữu hạn chấp nhận chuỗi trong $L$ . Đây là một thủ tục để làm điều đó.

1. Đảo ngược tất cả các liên kết trong máy tự động
2. Thêm một trạng thái mới (gọi nó là $q_s$ )
3. Vẽ một liên kết tên với $\epsilon$ từ trạng thái $q_s$ cho mỗi trạng thái cuối cùng
4. Biến tất cả các trạng thái cuối cùng thành trạng thái bình thường
5. Biến trạng thái ban đầu thành trạng thái cuối cùng
6. Biến $q_s$ thành trạng thái ban đầu

Hãy chính thức hóa tất cả những điều này; chúng ta bắt đầu bằng cách nêu định lý.

Định lý. Nếu $L$ là một ngôn ngữ thông thường, sau đó như vậy là $L^{R}$ .

Hãy $A = (Q_A, \Sigma_A, \delta_A, q_A, F_A)$ là một NFA và để cho $L = L(A)$ . Các $\epsilon$ -NFA $A^{R}$ định nghĩa dưới đây chấp nhận ngôn ngữ $L^{R}$ .

1. $A^{R} = (Q_A \cup \{q_s\}, \Sigma_A, \delta_{A^R}, q_s, \{q_A\})$ và$q_s \notin Q_A$
2. $p \in \delta_A(q, a) \iff q \in \delta_{A^R}(p, a)$ , nơi$a \in \Sigma_A$ và$q, p \in Q_A$
3. $\epsilon-closure(q_s) = F_A$

Bằng chứng. Đầu tiên, chúng tôi chứng minh tuyên bố sau: $\exists$ một đường đi từ $q$ tới $p$ trong $A$ nhãn với $w$ khi và chỉ khi $\exists$ một đường đi từ $p$ đến $q$ trong $A^R$ dán nhãn với $w^R$ (ngược lại của $w$ ) cho $q, p \in Q_A$ . Bằng chứng là do cảm ứng trên chiều dài của $w$ .

1. Trường hợp cơ sở: $|w| = 1$
   Giữ theo định nghĩa của $\delta_{A^R}$
2. Cảm ứng: giả sử câu lệnh giữ các từ có độ dài $\lt n$ và let $|w| = n$ và $w = xa$
   Lết $p \in \delta_A^*(q, w) = \delta_A^*(q, xa)$
   Chúng ta biết rằng $\delta_A^*(q, xa) = \cup_{p'}\delta_A(p', a)$ $\forall p' \in \delta_A^*(q, x)$
   $x$ và$a$ là những lời ít hơn$n$ các biểu tượng. Bằng cách giả thuyết cảm ứng,$p' \in \delta_{A^R}(p, a)$ và$q \in \delta_{A^R}^*(p', x^R)$ . Điều này ngụ ý rằng$q \in \delta_{A^R}^*(p, ax^R) \iff p \in \delta_A^*(q, xa)$ .

Cho $q = q_A$ và $p = s$ đối với một số $s \in F_A$ và thay $w^R$ cho $ax^R$ đảm bảo rằng $q \in \delta_{A^R}^*(s, w^R)$ $\forall s \in F_A$ . Vì có một đường dẫn được gắn nhãn $\epsilon$ từ $q_s$ đến mọi trạng thái trong $F_A$ (3. theo định nghĩa của $A^R$) Và một đường đi từ mọi tiểu bang trong $F_A$ trạng thái $q_A$ nhãn với $w^R$ , sau đó có một con đường dán nhãn với $\epsilon w^R = w^R$ từ $q_s$ để $q_A$ . Điều này chứng minh định lý.

Lưu ý rằng điều này chứng tỏ rằng $(L^R)^R = L$ là tốt.

Vui lòng chỉnh sửa nếu có bất kỳ lỗi định dạng hoặc bất kỳ sai sót nào trong bằng chứng của tôi ....

Để thêm vào các biến đổi automata dựa trên mô tả ở trên, bạn cũng có thể chứng minh rằng ngôn ngữ thường được đóng dưới sự đảo ngược bằng cách hiển thị như thế nào để chuyển đổi một biểu thức chính quy cho vào một biểu thức chính quy cho L R . Để làm như vậy, chúng tôi sẽ xác định một hàm R E V trên biểu thức thông thường mà chấp nhận như là đầu vào một biểu thức chính quy R đối với một số ngôn ngữ L , sau đó tạo ra một biểu thức chính quy R ' cho ngôn ngữ L R . Điều này được định nghĩa theo quy nạp trên cấu trúc của các biểu thức chính quy:$L$$L^R$$REV$$R$$L$$R'$$L^R$

1. $REV(\epsilon) = \epsilon$
2. $REV(\emptyset) = \emptyset$
3. cho bất kỳ một ∈ $REV(a) = a$$a \in \Sigma$
4. $REV(R_1 R_2) = REV(R_2) REV(R_1)$
5. $REV(R_1 | R_2) = REV(R_1) | REV(R_2)$
6. $REV(R*) = REV(R)*$
7. $REV((R)) = (REV(R))$

Bạn có thể chính thức chứng minh công trình này đúng như một bài tập.

Hi vọng điêu nay co ich!

$L$$L$$L^R=\{w^R: w\in L\}$$L$$L^R$

$L$$\circ$$ab$$a\circ b$$(ab \cup a)b \rightarrow (ab \cup a) \circ b$, nhưng bạn không thể phá vỡ trật tự liên kết giữa các cách hiểu khác nhau của khóa học.

$\emptyset^R \rightarrow \emptyset$

$s = \epsilon$

$s$$s \in \Sigma$$s$

$s = \sigma$$\sigma^R$

$s = (\sigma_0\sigma_1...\sigma_{k-1}\sigma_k)$$(\sigma_0\circ\sigma_1...\sigma_{k-1}\circ\sigma_k)$$(\sigma_k^R\sigma_{k-1}^R...\sigma_{1}^R\sigma_0^R)$

$s = (\sigma_0\sigma_1...\sigma_{k/2}...\sigma_{k-1}\sigma_k)$$(\sigma_0\circ\sigma_1...\sigma_{k-1}\circ\sigma_k)$$(\sigma_k^R\sigma_{k-1}^R...\sigma_{k/2}^R...\sigma_{1}^R\sigma_0^R)$

$\cup$$s_1, s_2$$s_1 \cup s_2$$s_1^R \cup s_2^R$

$s$$((s^R)^*)$

$(((a\cup b) \circ (a))^* \cup ((a\cup b) \circ (b))^*)^R$$((a\cup b) \circ (a))^*$$\rightarrow (((a\cup b) \circ (a))^R)^*$$((a\cup b) \circ (a))^R$$((a)^R \circ (a\cup b)^R)$$(a)^R \rightarrow (a)$. Quá trình này được nêu ở trên mô tả một mô tả quy nạp của sự thay đổi này.