Feladatok

2.2.1. Feladat. Legyen6={a,b},L1={a,b},L2={aa,b}. Határozza meg azL1∪L2,L1∩L2, L₁−L₂,L₂−L₁,L₁L₂,L^∗₁,L^∗₁L^∗₂,(L₁∪L₂)^∗,L₁ésL^R₁ nyelveket¹!

2.2.2. Feladat. Legyen6={a,b},L₁={aba,b},L₂={aab,ab,b}. Határozza meg azL₁∪L₂, L1∩L2,L1−L2,L2−L1,L1L2,L^∗₁ésL^R₁ nyelveket !

2.2.3. Feladat. Legyen6={a,b},L₁={aⁿb^m:n,m≥0},L₂={aⁿbⁿ:n≥0}. Határozza meg azL₁∪L₂,L₁∩L₂,L₁−L₂,L₂−L₁,L₁L₂,L^∗₁,L^∗₁L^∗₂,(L₁∪L₂)^∗,L₁ésL^R₁ nyelveket !

2.2.4. Feladat. Legyen6={a,b},L₁={w∈6^∗:|w|a=|w|b},L₂={aⁿb^m:n,m≥0}. Határozza meg azL₁∪L₂,L₁∩L₂,L₁−L₂,L₂−L₁,L₁L₂,L^∗₁,L^∗₁L^∗₂,(L₁∪L₂)^∗,L₁ésL^R₁ nyelveket !

1Jelölés : haw=a1a2. . .an,ai∈6,i=1, . . . ,n, akkorw^R=an. . .a2a1(tehátw^Rawszó „visszafelé olvasva”

ésL^R={w^R:w∈L}.

2.2. FELADATOK 9

2.2.5. Feladat. Legyen6={a,b}. Milyenx(,y)∈6^∗esetében állnak fenn az alábbi egyen-lőségek ?

1. ax=xa;

2. ax=xb;

3. axb=abx;

4. xabb=abbx;

5. xy=yx.

2.2.6. Feladat. Legyenekx,y,u,v∈6^∗szavak, melyekrexy=uvés|x| ≤ |u|. Mutassa meg, hogy valamilyenz∈6^∗szórau=xzésy=zv!

2.2.7. Feladat. Legyenekx,y,z∈6^∗szavak, melyekrexy=yz. Mutassa meg, hogy valamely u,v∈6^∗-ra ésn≥0-rax=uv,y=(uv)ⁿuész=vu!

2.2.8. Feladat. Legyenekx,y∈6^∗szavak ésm,n>0 úgy, hogyx^m=yⁿ. Mutassa meg, hogy akkorx=z^késy=z^ℓvalamilyenz∈6^∗-ra ésk, ℓ≥0-ra !

2.2.9. Feladat. Egyx∈6⁺szóprimitív, hax=yⁿ-ből következik, hogyy=xésn=1. Mutassa meg, hogy mindenx∈6⁺szóra létezikpontosan egyprimitívyszó és egyk>0 szám, amire x=y^k!

2.2.10. Feladat. Igazolja, hogy(6^∗,·)mint grupoid…

1. … asszociatív !

2. … rendelkezik egységelemmel !

3. … kancellatív !

4. … nem rendelkezik zéruselemmel ! 2.2.11. Feladat. Igazolja, hogy a nyelvek közti konkatenáció monoton, vagyis haK1⊆K2és L₁⊆L₂, akkorK₁L₁⊆K₂L₂!

2.2.12. Feladat. Igazolja, hogy a Kleene-iteráció monoton, vagyis haK⊆L, akkorK^∗⊆L^∗! 2.2.13. Feladat. Igazolja, hogy tetszőlegesLnyelvreL^∗L^∗=L^∗!

2.2.14. Feladat. Mikor üres…

1. …L^∗? 2. …L₁∪L₂? 3. …L₁·L₂?

2.2.15. Feladat. Mikor véges…

1. …L^∗? 2. …L₁∪L₂? 3. …L₁·L₂?

2.2.16. Feladat. LegyenekL1, L2és L3azonos6 ábécé feletti nyelvek. Igazak-e az alábbi egyenlőségek ? Ha igen, igazolja, ha nem, adjon ellenpéldát !

1. (L₁L₂)L₃=L₁(L₂L₃);

2.2.18. Feladat. Igazolja, hogy(6^∗,·, ε)a6által szabadon generált szabad monoid ! 2.2.19. Feladat. Legyen6={a,b}. Fejezze ki{ab}^∗-ot a véges nyelvekből a metszet, unió, konkatenáció és komplementálás műveletekkel (vagyis : iteráció nélkül) !

2.2.20. Feladat. Mutassa meg, hogy mindenLnyelvreL^∗=L⁺∪{ε}! Mikor igaz, hogyL⁺=

=L^∗−{ε}?

2.2.21. Feladat. Mutassa meg, hogy a Kleene-iteráció lezárási operátor (vagyis : tetszőleges LnyelvreL⊆L^∗,(L^∗)^∗⊆L^∗és haL₁⊆L₂, akkorL^∗₁⊆L^∗₂) !

2.2.22. Feladat. Mutassa meg, hogy a pozitív Kleene-iteráció lezárási operátor (vagyis : tet-szőlegesLnyelvreL⊆L⁺,(L⁺)⁺⊆L⁺és haL₁⊆L₂, akkorL⁺₁⊆L⁺₂) !

2Vagyis :(P(6^∗),∪)kommutatív és idempotens monoid (tehát egységelemes félháló),(P(6^∗),·)monoid, amiben(P(6^∗),∪)egységeleme zéruselem, továbbá·disztributív∪fölött.

2.2. FELADATOK 11

2.2.24. Feladat. Igazolja, hogy a6ábécé fölötti 0-definit nyelvek6^∗és∅!

2.2.25. Feladat. Igazolja, hogy ha egy nyelvk-definit valamilyenk-ra, akkork^′-definit minden k^′>k-ra.

2.2.26. Feladat. Igazolja, hogy minden véges nyelv definit !

2.2.27. Feladat. Igazolja, hogy egyL⊆6^∗nyelv pontosan akkor definit, haL=L₁∪6^∗·L₂ valamelyL₁,L₂végesnyelvekre !

2.2.28. Feladat. Legyen6egy ábécé. Definiáljuk a nyelvek közötti2relációt a következő-képpen :L₁2L₂pontosan akkor, ha szimmetrikus differenciájuk,L₁1L₂=(L₁−L₂)∪(L₂−L₁) véges. Mutassa meg, hogy2ekvivalenciareláció ! Kongruencia-e2?

2.2.29. Feladat. Igazolja, hogy haL₁ésL₂aperiodikus nyelvek, akkorL₁∪L₂,L₁L₂ésL₁is aperiodikusak !

2.2.30. Feladat. Mutassa meg, hogy a következő nyelvek csillagmentesek :

1. 6^∗; 2. {ab}^∗.

2.2.31. Feladat. Mutassa meg, hogy minden csillagmentes nyelv aperiodikus !

2.2.32. Feladat. Adjunk példát olyanKésLvéges nyelvekre, melyekre|KL|<|K|·|L|! 2.2.33. Feladat. Mikor igaz egyL⊆6^∗ nyelvre, hogyL⁺=L^∗?

2.2.34. Feladat. (Arden lemmája.)

Mutassuk meg, hogy haK,L,X⊆6^∗nyelvek,ε /∈KésX=KX∪L, akkorX=K^∗L!

2.2.35. Feladat. Legyen L ⊆6^∗ tetszőleges nyelv. Igazolja, hogyL^∗ a legszűkebb olyan X⊆6^∗ nyelv, melyreLX∪{ε} ⊆X, vagy amelyreLX∪{ε}=X!

2.2.36. Feladat. LegyenekL,L^′⊆6^∗tetszőleges nyelvek. Igazolja, hogyL^∗L^′a legszűkebb olyanX⊆6^∗nyelv, melyreLX∪L^′⊆X(ill.LX∪L^′=X) !

2.2.37. Feladat. LegyenekL,L^′⊆6^∗tetszőleges nyelvek. Igazolja, hogy haε̸∈L, akkor az X=LX∪L^′egyenlet egyetlen megoldásaL^∗L^′!

2.2.38. Feladat. Igazolja, hogy az

X=aX∪bY∪{ε}

Y=bX∪aY

egyenletrendszernek pontosan egy megoldasa van az{a,b}feletti nyelvek közt ! Adja meg a megoldást.

2.2.39. Feladat. Igazolja, hogy az

X=aX∪aY∪{ε}

Y=bX∪bY

egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van ! Adja meg a megoldást.

2.2.40. Feladat. Igazolja, hogy az

X=XX∪aXb∪bXa∪{ε}

egyenlet legszűkebb megoldása az{a,b}abc felett azL={w:|w|a=|w|b}nyelv ! 2.2.41. Feladat. Igazolja, hogy az

X=aXbX∪bXaX∪{ε}

egyenlet legszűkebb megoldása az{a,b}abc felett azL={w:|w|a=|w|b}nyelv ! Van-e más megoldás ?

2.2.42. Feladat. LegyenL,L^′⊆6^∗,ε∈L. Adja meg azX=LX∪L^′egyenlet összes megoldását a6felett !

Megoldások

2.2.1. Feladat.Ha6={a,b},L₁={a,b},L₂={aa,b}, akkor L₁∪L₂={a,aa,b}

L₁∩L₂={b} L₁−L₂={a} L₂−L₁={aa}

L₁L₂={aaa,ab,baa,bb}

L^∗₁=6^∗(minden{a,b}fölötti szó) L^∗₁L^∗₂=6^∗

(L₁∪L₂)^∗=6^∗

L₁={u∈6^∗:|u| ≥2 vagyu=ε}

L^R₁={a,b}(=L₁).

2.2. MEGOLDÁSOK 13

2.2.2. Feladat.Ha6={a,b},L1={aba,b},L2={aab,ab,b}, akkor L₁∪L₂={aab,ab,aba,b}

L1∩L2={b} L1−L2={aba} L₂−L₁={aab,ab}

L₁L₂={abaaab,abaab,abab,baab,bab,bb} L^∗₁={ε,aba,b,abaaba,abab,baba,bb, . . .}

(azok a szavak, melyekben a páratlanadika-k utánbjön, majda) L^R₁ ={aba,b}(=L₁).

2.2.5. Feladat.

1. ax=xa ⇔ x=aⁿvalamilyenn≥0-ra (x∈ {a}^∗) ;

2. ax=xbsosem teljesül (a bal oldalon aza-k száma mindenképp eggyel több) ; 3. axb=abx ⇔ x=bⁿvalamilyenn≥0-ra ;

4. xabb=abbx ⇔ x=(abb)ⁿvalamilyenn≥0-ra ;

5. xy=yx ⇔ha valamilyenz∈6^∗-ra ésn,k≥0 egészrex=zⁿésy=z^k.

2.2.14. Feladat.L^∗∋ε, tehát sosem üres.L₁∪L₂pontosan akkor üres, haL₁=L₂=∅. Végül, L₁·L₂pontosan akkor üres, haL₁=∅vagyL₂=∅.

2.2.15. Feladat.L^∗pontosan akkor véges, haL=∅vagyL={ε}.L₁∪L₂pontosan akkor véges, haL1ésL2is véges. Végül,L1·L2pontosan akkor véges, haL1ésL2is véges, vagy haL1=∅, vagy haL₂=∅.

2.2.16. Feladat.

1. Igaz. Tegyük fel, hogyu∈(L1L2)L3. Ekkorufelírhatóu=u^′u3alakban úgy, hogyu^′∈

∈L₁L₂ésu₃∈L₃. Emiattu^′ felírhatóu^′=u₁u₂alakban úgy, hogyu₁∈L₁ ésu₂∈L₂. Ekkoru=u₁u₂u₃, így választva azu^′′=u₂u₃szót,u^′′∈L₂L₃ésu=u₁u^′′,u₁∈L₁,u^′′∈L₂L₃ miatt kapjuk, hogyu∈L1(L2L3). A másik irány hasonló.

2. Igaz. EgyrésztL₁,L₂⊆L₁∪L₂ és a konkatenáció monotonitását alkalmazva kapjuk, hogy L₁L₃,L₂L₃ ⊆ (L₁∪L₂)L₃, emiatt L₁L₃∪L₂L₃ ⊆(L₁∪L₂)L₃. A másik irányú tartalmazkodáshoz legyenu∈(L1∪L2)L3. Ekkoru=u1u3 úgy, hogyu1∈ L1∪L2 és u₃∈L₃. Mivelu₁∈L₁∪L₂, ezért vagyu₁∈L₁(ekkoru∈L₁L₃), vagyu₁∈L₂(ekkor u∈L₂L₃). Tehát mindkét esetbenu∈L₁L₃∪L₂L₃.

3. Igaz, az előzővel analóg módon bizonyítható.

4. Nem igaz. Ellenpélda :L1 ={a}, L2 ={aa}, L3 ={a,aa}. Ekkor (L1∩L2)L3 =∅, míg L₁L₃∩L₂L₃={aa,aaa}∩{aaa,aaaa}={aaa}.

5. Nem igaz. Ellenpélda :L1 ={a,aa}, L2 ={aa}, L3= {a}. Ekkor L1(L2∩L3)=∅, míg L₁L₂∩L₁L₃={aaa}.

6. Igaz.L⊆L^∗miatt a monotonitást alkalmazvaL^∗⊆L^∗∗, a másik irányú tartalmazkodás-hoz elég belátni, hogy tetszőlegesn-re(L^∗)ⁿ⊆L^∗. Ezn=0-ra világos,{ε} ⊆L^∗; tegyük fel, hogy igazn-re és belátjukn+1-re :(L^∗)ⁿ⁺¹=(L^∗)ⁿL^∗⊆L^∗L^∗⊆L^∗.

7. Nem igaz. Ellenpélda :L₁={a},L₂={b}. Ekkor(L₁∪L₂)^∗={a,b}^∗∋ab∈ {/ a}^∗∪{b}^∗=

=L^∗₁∪L^∗₂.

8. Nem igaz. Ellenpélda :L1={a},L2={aa}. Ekkor(L1∩L2)^∗=({a}∩{aa})^∗=∅^∗={ε}

{aa}^∗={a}^∗∩{aa}^∗=L^∗₁∩L^∗₂.

9. Nem igaz. Ellenpélda :L₁=∅a6={a}ábécé fölött. Ekkor(L₁)^∗=(a^∗)^∗=a^∗, miközben L^∗₁={ε}=a⁺.

10. Igaz. Egyrészt L₁ ⊆ L^∗₁ ⊆ L^∗₁L^∗₂ (mert ε ∈ L^∗₂), hasonlóképpen L₂ ⊆ L^∗₁L^∗₂, így L₁∪

∪L₂ ⊆L^∗₁L^∗₂, ezért (L₁∪L₂)^∗ ⊆ (L^∗₁L^∗₂)^∗. A másik irányú tartalmazkodáshoz : mivel L1,L2⊆L1∪L2, ígyL^∗₁,L^∗₂⊆(L1∪L2)^∗, ezértL^∗₁L^∗₂⊆((L1∪L2)^∗)²⊆(L1∪L2)^∗, végül (L^∗₁L^∗₂)^∗⊆(L₁∪L₂)^∗∗=(L₁∪L₂)^∗.

11. Igaz. Egyrészt mivelL1,L2⊆L1∪L2, így L^∗₁⊆(L1∪L2)^∗, ezért L^∗₁L2⊆(Lamikre1∪

∪L₂)^∗L₂⊆(L₁∪L₂)^∗(L₁∪L₂)⊆(L₁∪L₂)^∗, emiatt(L^∗₁L₂)^∗⊆(L₁∪L₂)^∗∗=(L₁∪L₂)^∗, végül pedig(L^∗₁L₂)^∗L^∗₁⊆(L₁∪L₂)^∗L^∗₁⊆(L₁∪L₂)^∗(L₁∪L₂)^∗⊆(L₁∪L₂)^∗.

A másik irányú tartalmazkodáshoz : megmutatjuk, hogy tetszőlegesn≥0-ra(L1∪L2)ⁿ⊆

⊆(L^∗₁L₂)^∗L^∗₁. Ezn=0 esetén világos,{ε} ⊆(L^∗₁L₂)^∗L^∗₁, hiszenε∈(L^∗₁L₂)^∗ésε∈L^∗₁. Tegyük fel, hogy az állítás igazn-re és tekintsükn+1-et : mivel (L₁∪L₂)ⁿ⁺¹=(L₁∪

∪L₂)ⁿL₁∪(L₁∪L₂)ⁿL₂, elég megmutatnunk, hogy mindkét nyelv részhalmaza a jobb oldalnak. Ez pedig teljesül, hiszen (L₁∪L₂)ⁿL₁ ⊆(L^∗₁L₂)^∗L^∗₁L₁ (indukciós fel-tevés és monotonitás szerint), ami pedig része(L^∗₁L₂)^∗L^∗₁-nak, továbbá(L₁∪L₂)ⁿL₂⊆

⊆(L^∗₁L₂)^∗L^∗₁L₂⊆(L^∗₁L₂)^∗, ezzel az állítást beláttuk.

12. Igaz, mindkettőről láttuk már, hogy(L₁∪L₂)^∗-gal esik egybe.

13. Igaz. Ehhez elég látnunk, hogyL^∗=(L∪{ε})^∗tetszőlegesLnyelvre. Ez pedig fennáll, hiszen(L∪{ε})^∗=(L^∗{ε})^∗L^∗=L^∗∗L^∗=L^∗L^∗=L^∗.

14. Igaz :(6∪L)^∗=(6^∗L)^∗6^∗=6^∗, mertε∈(6^∗L)^∗.

15. Igaz. HaL₁ ⊆L^∗₂, akkor L₁∪L₂ ⊆L^∗₂ és így (L₁∪L₂)^∗ ⊆ L^∗₂^∗ =L^∗₂, a másik irányú tartalmazkodás pedigL₂⊆L₁∪L₂-ból^∗monotonitását alkalmazva következik.

16. Nem igaz. Ellenpélda :L₁={a},L₂=∅esetén(L₁L₂)^∗=({a}∅)^∗=∅^∗={ε}, mígL^∗₁L^∗₂=

={a}^∗∅^∗={a}^∗{ε}={a}^∗.

2.2. MEGOLDÁSOK 15

2.2.17. Feladat.(P(6^∗),∪)kommutatív idempotens monoid, hiszen tetszőlegesK,L,M nyel-vekreK∪L=L∪K,K∪K=K,K∪(L∪M)=(K∪L)∪Més∅egységelem.

Továbbá,(P(6^∗),·)monoid, mert(KL)M=K(LM)tetszőlegesK, L, Mnyelvekre, ebben a monoidban∅zéruselem és{ε}egységelem.

Továbbá az is igaz, hogyK(L∪M)=KL∪KMés(K∪L)M=KM∪LM, ezzel a teljes állítást beláttuk.

2.2.18. Feladat.LegyenM=(M,◦,1)tetszőleges monoid ésh:6→Mleképezés. Azt kell csak belátnunk, hogy h azon h^♯ (egyértelmű) kiterjesztése 6^∗-ra, melyre h^♯(a₁a₂. . .a_n)=

=h(a1)◦h(a2)◦. . .◦h(an), egy monoidhomomorfizmus.

Valóban, hiszen tetszőlegesu=a₁. . .a_n,v=b₁. . .b_m szavakrah^♯(uv)=h(a₁)◦. . .◦h(a_n)◦

◦h(b₁)◦. . .◦h(b_m)=h^♯(u)◦h^♯(v)ésh^♯(ε)=1.

2.2.19. Feladat.{ab}^∗=∅({aa,bb})∅∩{b}∅∩∅{a}, hiszen ebben a nyelvben pontosan azok a szavak vannak benne, amikben nem fordul elő részszóként semaa, sembb(emiattautánb, butánajön bennük), nem kezdődnekb-vel és nem végződneka-val.

2.2.24. Feladat. Az világos, hogy ∅ és6^∗ mindketten 0-definit nyelvek. Tegyük fel, hogy L⊆6^∗ nemüres 0-definit nyelv és legyenu∈L. Akkoru=u·ε, |ε|=0 miattε∈L, és így tetszőlegesw∈6^∗-ra mivelw=w·ε,|ε|=0 ésε∈L, kapjuk, hogyw∈L, ekkor tehátL=6^∗. 2.2.25. Feladat.Legyenk<k^′ésL⊆6^∗k-definit nyelv. Belátjuk, hogyLegybenk^′-definit is. Ehhez legyenu,v∈6^∗,|v|=k^′. Meg kell mutassuk, hogyuv∈L ⇔ v∈L. Mivelk^′>k, vfelírhatóv=v1v2,|v2|=kalakban. MivelL k-definit, kapjuk, hogy

uv∈L⇔uv1v2∈L

⇔v₂∈L

⇔v₁v₂∈L

⇔v∈L, tehátLvalóbank^′-definit is egyben.

2.2.26. Feladat.LegyenL⊆6^∗ véges nyelv ésk=1+ max{|w|:w∈L}. AkkorL k-definit, hiszen tetszőlegesu,v∈6^∗,|v|=kszavak eseténuv∈/Lésv∈/Lis fennáll.

2.2.27. Feladat.LegyenL⊆6^∗k-definit ak≥0 számra. AkkorL=L₁∪6^∗L₂, aholL₁={w∈

∈L:|w|<k}ésL₂={w∈L:|w|=k}. Nyilván mindL₁, mindL₂végesek, hiszenkfelső korlát a bennük levő szavak hosszára.

A másik irány igazolásához legyenL=L₁∪6^∗·L₂azL₁,L₂véges,6fölötti nyelvekre. Legyen k=1+max{|w|:w∈L₁∪L₂}. EkkorL k-definit, hiszen tetszőlegesu,v∈6^∗,|v|=kszó esetén

uv∈L⇔uv∈6^∗·L₂(mert|uv| ≥kmiattuv∈/L₁)

⇔ ∃v₁,v₂: v=v₁v₂,v₂∈L₂

⇔v∈L, tehátLvalóbank-definit.

2.2.35. Feladat.Tudjuk, hogyL^∗=LL^∗∪{ε}. Most tegyük fel, hogyLX∪{ε} ⊆X. Belátjuk, hogyLⁿ⊆Xmindenn-re.

Han=0, akkorLⁿ={ε} ⊆X. Tegyük fel, hogy az állítás igazn-re. EkkorLⁿ⁺¹=LLⁿ⊆LX⊆X.

2.2.37. Feladat.Azt már tudjuk, hogyL^∗L^′ megoldás. Tegyük fel, hogy azX⊆6^∗ nyelvre LX∪L^′=X. Ekkor mindenn≥0-ra

Lⁿ⁺¹X∪LⁿL^′∪. . .∪L^′=X.

Az Lⁿ⁺¹X nyelv minden szava legalábbn+1 hosszú. Tehát tetszőleges n-re X legfeljebb n hosszú szavainak halmaza megegyezikL^∗L^′legfeljebbnhosszú szavainak halmazával. Ezért X=L^∗L^′.

2.2.38. Feladat.Tegyük fel, hogyX,Ymegoldást alkotnak. Ekkor a második egyenletbőlY=

=a^∗bX. Ezt az első egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy

X=aX∪ba^∗bX∪{ε}=(a∪ba^∗b)X∪{ε}, ahonnan

X=(a∪ba^∗b)^∗, Y=a^∗b(a∪ba^∗b)^∗.

TehátXa páros sokb-t,Y pedig a páratlan sokb-t tartalmazó nyelv. Könnyen látható, hogy ezek a nyelvek megoldást adnak.

2.2.40. Feladat.Azt is belátjuk, hogyLa legszűkebb olyanXnyelv, amelyreXX∪aXb∪bXa∪

∪{ε} ⊆X.

Hau,v∈L, akkoruv,aub,bua∈L. Mivelε∈L, így azt kapjuk, hogyLL∪aLb∪bLa∪{ε}⊆L.

Most tegyük fel, hogy azX⊆ {a,b}^∗nyelvreXX∪aXb∪bXa∪{ε} ⊆X. Belátjuk, hogyL⊆X.

Legyenu∈L. Hau=ε, akkor világos, hogyu∈X. Teljes indukciót alkalmazva tegyük most fel, hogy|u|>0, és az állítást igazoltuk azL|u|-nál rövidebb szavaira. Hauazabetűvel kezdődik, akkor felírhatóaxbyalakban úgy, hogyx,y∈L. Az indukciós feltevés szerintx,y∈X, és így axb,axby∈X. Tehátu∈X.

Végül legyenL^′=LL∪aLb∪bLa∪{ε}. Belátjuk, hogyL⊆L^′. Ehhez vegyük észre, hogyL^′⊆L miattL^′L^′∪aL^′b∪bL^′a∪{ε} ⊆LL∪aLb∪bLa∪{ε} ⊆L, és így a fentiek szerintL⊆L^′. 2.2.42. Feladat.A megoldások azL^∗(L^′∪L^′′)alakú nyelvek, aholL^′′⊆6^∗tetszőleges nyelv.

3. fejezet

Reguláris nyelvek

3.1. Elméleti összefoglaló

AzM=(Q, 6, δ,q₀,F)ötös egy (6ábécé feletti)(véges) automata, ahol 1. Qaz állapotok véges, nemüres halmaza ;

2. 6az input ábécé ;

3. δ:Q×6→Qaz átmenetfüggvény ; 4. q₀∈Qa kezdőállapot ;

5. F⊆Qa végállapotok halmaza.

Az Mautomata δ függvénye kiterjeszthető egy δ^∗ :Q×6^∗ →Q függvénnyé a következő módon : tetszőlegesq∈Q-raδ^∗(q, ε)=qés tetszőlegesu=av,a∈6,v∈6^∗szóraδ^∗(q,av)=

=δ^∗(δ(q,a),v). Haδa szövegkörnyezetből egyértelmű,δ^∗(q,u)helyettδ(q,u)-t,q·u-t vagy egyszerűenqu-t írunk. A fenti M automata egy konfigurációja egy(q,u)∈ Q×6^∗ pár. A konfigurációk közti⊢Mközvetlen rákövetkezési relációta következőképp definiáljuk : legyen (p,u)⊢M(q,v)akkor és csak akkor, ha valamelya∈6betűreδ(p,a)=qésu=av. Amennyiben Megyértelmű a szövegkörnyezetből, azMindexet elhagyjuk.

A fentiMautomataelfogadjaazuszót, haq₀u∈F, különbenelvetiazt. (Ezzel ekvivalensen, ha(q₀,u)⊢^∗(q_f, ε)valamelyq_f∈Fállapotra.)

AzM által felismert nyelv L(M)={u∈6^∗:q₀u∈F}.

AzLnyelv(automatával) felismerhető, haL=L(M)valamelyMvéges automatára.

3.1.1. Állítás.Ha M =(Q, 6, δ,q₀,F) az L⊆ 6^∗ nyelvet felismerő automata, akkor M =

=(Q, 6, δ,q₀,Q\F)azLkomplementerét felismerő automata.

EgyM=(Q, 6, δ,q₀,F)automatak-definitak≥0 egész számra, ha tetszőlegesu∈6^∗,|u|≥k szóra ésp,q∈Qállapotokrap·u=q·u. AzMautomatadefinit, hak-definit valamelyk-ra.

AzMautomataegyvégű, ha pontosan egy végállapota van.

HaM₁=(Q₁, 6, δ1,q¹₀,F₁)ésM₂=(Q₂, 6, δ2,q²₀,F₂)véges automaták ugyanazon6ábécé felett, akkordirekt szorzatuk bármely olyanM=(Q, 6, δ,q₀,F)automata, melyre

1. Q=Q₁×Q₂;

VagyisM1ésM2egy direkt szorzatának megadásához elegendő annakF⊆Q₁×Q₂ végálla-pothalmazát megadni. halmazt állapotok halmazába képző függvény, ahol6ε =6∪{ε}.

A fenti N nemdeterminisztikus automata egy konfigurációja szintén egy (p,u)∈ Q×6^∗ -beli pár, arákövetkezési relációtpedig a következőképp definiáljuk : legyen (p,u)⊢N(q,v) pontosan akkor, ha valamelya∈6εeseténq∈1(p,a)ésu=av. Nemdeterminisztikus automata esetén is használni fogjuk ap·uill.pujelöléseket, aholp∈Q,u∈6^∗, melyet a következőképp definiálunk :pu={q∈Q:(p,u)⊢^∗(q, ε)}.

A fentiNautomataelfogadjaazuszót, ha(q₀,u)⊢^∗(q_f, ε)valamelyq_f∈Fállapotra, különben elvetiazt.

AzN által felismert nyelv L(N)={u∈6^∗:Nelfogadjau-t}.

AzLnyelvnemdeterminisztikus automatával felismerhető, ha L=L(N)valamelyN nemde-terminisztikus automatára.

Az M₁ és M₂ (determinisztikus vagy nemdeterminisztikus) automatákekvivalensek, jelben M₁≡M₂, haL(M₁)=L(M₂).

3.1.3. Állítás.Minden nemdeterminisztikus automatához létezik ekvivalens determinisztikus automata.

Az állítás bizonyítása konstruktív :

3.1.4. Algoritmus.N= (Q, 6, 1,q₀,F) nemdeterminisztikus automatához ekvivalensM=

=(Q^′, 6, δ,q^′₀,F^′)determinisztikus automata megadására.

3.1. ELMÉLETI ÖSSZEFOGLALÓ 19 M minden M^′ részautomatájának részautomatája. Továbbá Q^′ meghatározható a következő algoritmussal :

3.1.7. Következmény.TetszőlegesMautomata ekvivalens összefüggő részével.

Ah:Q→Q^′leképezés azM=(Q, 6, δ,q₀,F)automatából azM^′=(Q^′, 6, δ^′,q^′₀,F^′) auto-matába menőhomomorfizmus, hah(q₀)=q^′₀és kompatibilisδ-val (vagyis tetszőlegesq∈Q, a∈6 eseténh(δ(q,a)) =δ^′(h(q),a)) és melyre h⁻¹(F^′)=F. Ha h szürjektív, akkorM^′ az M-nekhomomorf képe; ha pedig bijektív, akkorMésM^′izomorfak.

3.1.8. Állítás.Ha vanM-bőlM^′-be menő homomorfizmus, akkorMésM^′ekvivalensek.

Automaták homomorf képének ekvivalens definícióját megkaphatjuk kongruenciák értelme-zésével automatákon, ami a következő :

1. Q/2={p/2:p∈Q};

2. (δ/2)(p/2,a)=(δ(p,a))/2; 3. F/2={p/2:p∈F}.

Ha2kongruenciareláció, akkor a fentiM/2jóldefiniált.

3.1.9. Állítás.Tetszőleges M automata bármely homomorf képe izomorfMegy faktorauto-matájával.

TetszőlegesM=(Q, 6, δ,q₀,F)automatához definiáljuk aϱM⊆Q×Qrelációt a következő-képpen : legyenpϱMqpontosan akkor, ha tetszőlegesu∈6^∗szórapu∈F⇔qu∈F.

3.1.10. Állítás.TetszőlegesMautomata eseténϱMazMegy kongruenciája.

Továbbá,ϱM azMlegdurvább kongruenciája, vagyisMtetszőleges2 kongruenciájára2⊆

⊆ϱM.

AϱM reláció algoritmikusan kiszámítható :

3.1.11. Algoritmus.Tetszőleges M=(Q, 6, δ,q₀,F)automataϱM kongruenciájának kiszá-mítására.

ϱMmeghatározható a következő iterációval : pϱ0q⇔(p∈F⇔q∈F);

pϱi+1q⇔(pa)ϱi(qa)tetszőlegesa∈6ε esetén.

Az iteráció befejeződik, haϱi=ϱi+1, és ekkorϱM=ϱi.

EgyMautomataosztjaazM^′automatát, haMazM^′egy részautomatájának homomorf képe.

3.1.12. Állítás.TetszőlegesLautomatával felismerhető nyelvhez izomorfizmus erejéig egyér-telműen létezik azL-et felismerőMLminimális automata, mely minden,L-et felismerő véges automatát oszt (ebből következően azL-et felismerő automaták közül minimális állapotszá-mú is). Létezik olyan algoritmus, mely tetszőlegesMautomatához megkonstruálja azM_L(M) automatát.

Az állítás második részében szereplő algoritmus a következő :

3.1.13. Algoritmus.M=(Q, 6, δ,q₀,F)automatát minimalizáló algoritmus.

I. MeghatározzukMösszefüggő részét, legyen ezM^′=(Q^′, 6, δ^′,q₀,F^′). II. Meghatározzuk aϱM^′ kongruenciát.

AzL(M)-et felismerő minimális automata aM^′/ϱM^′ automata.

AzM_L automata ésLszintaktikus jobbkongruenciája közt szoros összefüggés áll fenn : 3.1.14. Állítás.Tetszőleges L ⊆6^∗ automatával felismerhető nyelvre M_L izomorf az M =

=(6^∗/νL, 6, δ, ε/νL,L/νL)automatával, aholδ(u/νL,a)=(ua)/νL. 3.1.15. Állítás.TetszőlegesL⊆6^∗-ra a következők ekvivalensek :

1. Lautomatával felismerhető nyelv ; 2. νL véges indexű ;

3.1. ELMÉLETI ÖSSZEFOGLALÓ 21

3. µL véges indexű.

Nemcsak nyelvekhez, de automatákhoz is rendelhetünk monoidokat a következőképpen. Ha Qegy halmaz, akkor aQfölöttif:Q→Qfüggvények egyQ^Q-val jelölt monoidot alkotnak a kompozícióra mint műveletre nézve : vagyis haf,g:Q→Q, akkorf·gaz aQ→Qfüggvény, melyre(f·g)(q)=g(f(q))tetszőlegesq∈Qesetén. Ennek a monoidnak az identikusq7→q függvény az egységeleme.

EgyM=(Q, 6, δ,q₀,F)véges automatához rendelhetjük a következőT(M)⊆Q^Qmonoidot, melyetM átmenetmonoidjának nevezünk :f:Q→Q∈T(M)pontosan akkor, ha van olyan u_f∈6^∗, melyref(q)=qu_ftetszőlegesq∈Q-ra. Könnyen látható, hogyT(M)valóban mono-id,Q^Q-nak egy részmonoidja. AzLnyelv szintaktikus kongruenciájával a következő szoros kapcsolatban áll :

3.1.16. Állítás.TetszőlegesLautomatával felismerhető nyelvre6^∗/µLizomorfT(M_L)-lel, az L-et felismerő minimális automata átmenetmonoidjával.

Nyelveket felismerthetünk monoidokkal is a következőképpen : azL⊆6^∗nyelvfelismerhető az M= (M,◦,1) monoidban, ha van olyan h : 6^∗ →M monoidhomomorfizmus (vagyis olyanh:6^∗→Mleképezés, melyreh(uv)=h(u)◦h(v)és melyreh(ε)=1) ésF⊆Mhalmaz, melyre h⁻¹(F)= L. A definícióból következően tetszőlegesL nyelv felismerhető a 6^∗/µL

faktormonoidban. Ennél több is igaz :

3.1.17. Állítás.TetszőlegesL⊆6^∗nyelvre az alábbiak ekvivalensek : 1. Lautomatával felismerhető ;

2. Lfelismerhető egy véges monoidban ; 3. 6^∗/µL véges.

Nyelvek megadására az előző fejezetben szereplő nyelvtanokon és az ebben a fejezetben megismert automatákon ill. monoidokon felül egyéb módszerek is léteznek, nyelvet példá-ul megadhatunkreguláris kifejezésselis. A 6ábécé fölötti reguláris kifejezések halmaza az a legszűkebb halmaz, melyre :

1. ∅reguláris kifejezés¹;

2. tetszőlegesa∈6eseténareguláris kifejezés ;

3. haR₁ésR₂reguláris kifejezések, akkor(R₁+R₂)és(R₁·R₂)is reguláris kifejezés ; 4. haRreguláris kifejezés, akkor(R^∗)is reguláris kifejezés.

AzRreguláris kifejezésáltal jelölt|R|nyelvet a következőképp definiáljuk : 1. |∅|=∅;

2. haa∈6, akkor|a|={a};

3. haR=(R₁+R₂), akkor|R|=|R₁|∪|R₂|;

1Implicit módon feltesszük, hogy∅∈/6.

4. haR=(R1·R2), akkor|R|=|R1|·|R2|; 5. haR=(R^∗₁), akkor|R|=|R₁|^∗.

AzL⊆6^∗nyelvreguláris, ha létezikL-et jelölő6fölötti reguláris kifejezés. Ha azR₁ésR₂ reguláris kifejezésekre|R₁|=|R₂|, akkor azt mondjuk, hogy a két kifejezésekvivalens, jelben R1≡R2.

A következő állítás a fenti definícióból közvetlenül adódik :

3.1.18. Állítás.A reguláris nyelvek osztálya a legszűkebb olyan nyelvosztály, mely tartal-mazza a véges nyelveket és zárt a reguláris műveletekre (vagyis az unióra, konkatenációra és Kleene-iterációra).

A könnyebb olvashatóság érdekében felállítjuk a műveleti jelek közt a következő preceden-ciát : a ^∗ operátor köt a legerősebben, melyet a szorzás, majd végül az összeadás követ. Az így és az összeadás, szorzás asszociativitása miatt feleslegessé váló zárójeleket és a szorzás· jelét elhagyhatjuk. Továbbá bevezetjük aε=∅^∗rövidítést, melyre|ε|={ε}.

3.1.19. Állítás.Minden felismerhető nyelv reguláris. Továbbá, tetszőlegesN nemdeterminisz-tikus automatához effektíven megadható egyL(N)-et jelölő reguláris kifejezés.

Az állításban szereplő algoritmus a következő :

3.1.20. Algoritmus.Kleene algoritmusa azN=(Q, 6, 1,q₀,F)automata által felismert nyel-vet jelölő reguláris kifejezés előállítására.

Feltehetjük, hogyQ={1, . . . ,n}, aholn=|Q|. Definiáljuk tetszőleges 1≤i,j≤n-re és 0≤k≤n-re azR^k_i,jreguláris kifejezést a következőképpen :

R^k_i,j= Az állítás a másik irányban is igaz :

3.1.21. Állítás.Minden reguláris nyelv felismerhető. Továbbá, tetszőlegesRreguláris kifeje-zéshez effektíven megadható egy|R|-et felismerő automata.

Egy algoritmus a következő :

3.1.22. Algoritmus.Rreguláris kifejezéshez olyanN_Rnemdeterminisztikus automata konst-ruálása, melyreL(N_R)=|R|.

Az automatátRfelépítése szerinti indukcióval konstruáljuk meg.

1. HaR=∅, akkorNR=({q}, 6, 1,q,∅), ahol1(q,a)=∅mindena∈6ε esetén.

2. HaR=aaza∈6jelre, akkorN_R=({q,q_f}, 6, 1,q,{q_f}), ahol1(q,a)={q_f}és minden egyéb(p,b)párra1(p,b)=∅.

3. HaR=(R₁+R₂), akkor legyenN_R1=(Q₁, 6, 11,q₁,F₁)ésN_R2=(Q₂, 6, 12,q₂,F₂). Feltehetjük, hogyQ₁ésQ₂diszjunkt. Ekkor legyenNR=(Q₁∪Q₂∪{q₀}, 6, 1,q₀,F1∪

3.1. ELMÉLETI ÖSSZEFOGLALÓ 23

Emlékezzünk vissza, egyG= (V, 6,R,S)nyelvtant 3. típusúnak, jobblineárisnak vagy re-gulárisnak neveztünk, ha benne minden szabályA→uBvagy A→u alakú, aholA,B∈V nemterminálisok, u ∈ 6^∗ pedig terminális szó. Egy nyelvet pedig 3. típusúnak, ha van őt generáló 3. típusú nyelvtan.

3.1.23. Állítás.Tetszőleges 3. típusú nyelv felismerhető automatával. Továbbá, bármelyG=

=(V, 6,R,S)jobblineáris nyelvtanhoz effektíven megadható egy olyan (nemdeterminiszti-kus) automata, melyL(G)-t ismeri fel.

Az állításban szereplő algoritmus a következő :

3.1.24. Algoritmus.G=(V, 6,R,S)jobblineáris nyelvtanhoz ekvivalens automata megadá-sára. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy mindenR-beli szabály A→aB vagyA→εalakú, aholA,B∈Vnemterminálisok,a∈6pedig egy terminális betű.

Az állítás visszafele is igaz :

3.1.25. Állítás.Tetszőleges automatával felismerhető nyelv generálható 3. típusú nyelvtannal.

Továbbá, bármely N= (Q, 6, 1,q₀,F) nemdeterminisztikus automatához megadható vele ekvivalens 3. típusú nyelvtan, melyL(N)-et generálja.

Az állításban szereplő algoritmus a következő :

3.1.26. Algoritmus.N=(Q, 6, 1,q₀,F)nemdeterminisztikus automatához ekvivalens 3. tí-pusú nyelvtan megadására.

AG=(Q, 6,R,q₀)3. típusú nyelvtan, ahol

R={p→aq:p,q∈Q,a∈6ε,q∈1(p,a)}∪{p→ε:p∈F}, azL(N)-t generáló jobblineáris nyelvtan.

Nyelvek megadásának egy újabb módja a nyelvbe tartozó szavakat karakterizáló tulajdonság leírása valamely logikai nyelven. Egy ilyen logika amonadikus másodrendű(MSO) logika, melynek szintaxisát és szemantikáját az alábbiakban definiáljuk.

LegyenX1={x₁,x₂, . . .}elsőrendű ésX2={X₁,X₂, . . .}másodrendű változók megszámlál-hatóan végtelen halmaza és6egy ábécé, ahol6,X1ésX2páronként diszjunktak. Ekkor a6 feletti MSO formulákhalmazát és azFformulában szabadon előforduló változókFree1(F)⊆

⊆X1ésFree₂(F)⊆X2halmazát a következőképpen definiáljuk :

1. Ha a ∈ 6 és x ∈ X1, akkor p_a(x) egy (atomi) MSO formula, Free1(p_a(x)) = {x} és Free2(p_a(x))=∅.

2. Hax,y∈X1, akkorx<yésx+1=yis (atomi) MSO formulák,Free₁(x+1=y)=Free₁(x<

<y)={x,y}ésFree2(x+1=y)= Free2(x<y)=∅.

3. Ha x∈X1 ésX ∈X2, akkor x∈X egy (atomi) MSO formula, Free₁(x∈ X)={x}és Free₂(x∈X)={X}.

4. HaFMSO formula, akkor(¬F)is MSO formula,Free1(¬F)= Free1(F),Free2(¬F)=

= Free₂(F).

5. HaFésGMSO formulák, akkor(F∨G)is MSO formula,Free₁(F∨G)= Free₁(F)∪

∪Free1(G)ésFree2(F∨G)= Free2(F)∪Free2(G).

6. HaFMSO formula ésx∈X1elsőrendű változó, akkor(∃xF)MSO formula,Free₁(∃xF)=

= Free₁(F)−{x},Free₂(∃xF)= Free₂(F).

7. Ha F MSO formula és X ∈ X2 másodrendű változó, akkor (∃XF) MSO formula, Free₁(∃XF)= Free₁(F),Free₂(∃XF)= Free₂(F)−{X}.

8. Ezek és csak ezek az MSO formulák.

A szemantika definíciójához először bevezetjük astruktúrafogalmát : ha6egy ábécé ésV₁⊆

⊆X1,V₂⊆X2változók véges halmazai, akkor egy6fölötti(V₁,V₂)-struktúraegy olyan u=(a1,V¹₁,V¹₂)(a2,V²₁,V²₂) . . . (an,Vⁿ₁,Vⁿ₂)∈(

6×P(V1)×P(V2))_∗

3.1. ELMÉLETI ÖSSZEFOGLALÓ 25

AzFformulát kielégítő struktúrák nyelvétL_Fjelöli, vagyis LF={ Ha szintaktikus megszorításokat teszünk, az MSO alábbi töredékeit kapjuk :

1. azFformula MSO[+1]-formula, ha nincs bennex<yalakú részformula ; 2. azFformula MSO[<]-formula, ha nincs bennex+1=yalakú részformula ;

HaC a fenti logikák valamelyike, azt mondjuk, hogy azL⊆6^∗ definiálhatóC-ben, ha van olyanFC-formula, melyreL_F=L.

3.1.27. Tétel.Az alábbiak ekvivalensek tetszőlegesL⊆6^∗nyelvre : 1. Lreguláris ;

2. Ldefiniálható∃MSO[+1]-ben ; 3. Ldefiniálható MSO[+1]-ben ; 4. Ldefiniálható MSO[<]-ben ; 5. Ldefiniálható MSO-ban.

3.1.28. Állítás.Van olyan reguláris nyelv, mely nem definiálható FO[<]-ben. Továbbá, van olyan nyelv, mely definiálható FO[<]-ben, de FO[+1]-ben nem.

Az eddigiek szerint tehát az alábbiak ekvivalensek tetszőlegesL⊆6^∗ nyelvre : 1. Lfelismerhető véges automatával ;

2. Lfelismerhető nemdeterminisztikus véges automatával ; 3. Lreguláris ;

4. Lgenerálható jobblineáris nyelvtannal ; 5. νL véges indexű ;

6. µL véges indexű ;

7. Lfelismerhető véges monoidban ; 8. Ldefiniálható∃MSO[+1]-ben ; 9. Ldefiniálható MSO[+1]-ben ; 10. Ldefiniálható MSO[<]-ben ; 11. Ldefiniálható MSO-ban.

Az számossági okokból is világos, hogy vannak nem reguláris nyelvek (pl. adott 6 ábécé fölött csak megszámlálhatóan sok reguláris kifejezés, viszont kontinuum sok nyelv van). A pumpáló lemmaegy szükséges feltételt fogalmaz meg egy nyelv regularitásához :

3.1.29. Lemma.Tetszőleges L⊆6^∗ reguláris nyelvhez létezik olyan N> 0 egész, melyre bármelyw∈L,|w|≥Nszó felbonthatów=w₁w₂w₃alakban úgy, hogy a következők teljesülnek :

1. |w1w2| ≤N; 2. w₂ ε;

3.1. ELMÉLETI ÖSSZEFOGLALÓ 27

3. tetszőlegesi≥0-raw1wⁱ₂w3∈L.

A lemmának egy erősebb változata a következő :

3.1.30. Lemma.Tetszőleges L⊆6^∗ reguláris nyelvhez létezik olyan N> 0 egész, melyre bármelyw∈6^∗,|w|≥Nszó felbonthatów=w₁w₂w₃alakba úgy, hogy a következők teljesülnek :

1. |w₁w₂| ≤N; 2. w₂ ε;

3. tetszőlegesu,v∈6^∗szavakra ési≥0 számrauw1wⁱ₂w3v∈L ⇔ uwv∈L.

Automatákat (avagy szekvenciális gépeket) nem csak nyelvek felismerésére, de szófüggvé-nyek kiszámítására is használhatunk, amennyiben kimenettel is ellátjuk azokat. Attól függően, hogy egy-egy output jel kiírását átmenethez vagy állapothoz kötjük, kapjuk aMealyill.Moore gép definícióját, melyeket formálisan a következőképp vezethetünk be :Mealy gépegy M=

Automatákat (avagy szekvenciális gépeket) nem csak nyelvek felismerésére, de szófüggvé-nyek kiszámítására is használhatunk, amennyiben kimenettel is ellátjuk azokat. Attól függően, hogy egy-egy output jel kiírását átmenethez vagy állapothoz kötjük, kapjuk aMealyill.Moore gép definícióját, melyeket formálisan a következőképp vezethetünk be :Mealy gépegy M=

In document AUTOMATÁKÉSFORMÁLISNYELVEKPÉLDATÁR ÉSIKZOLTÁNGOMBÁSÉVAIVÁNSZABOLCS (Pldal 8-0)