কিভাবে যে এল = এল (জি) প্রদর্শন করতে?

আনুষ্ঠানিক ব্যাকরণ দিয়ে আনুষ্ঠানিক ভাষা নির্দিষ্ট করা একটি ঘন কাজ: আমাদের কেবলমাত্র ভাষার বর্ণনার জন্য নয়, সেগুলি বিশ্লেষণ করতে, এমনকি সঠিক বিজ্ঞান করার জন্যও ব্যাকরণ প্রয়োজন । সব ক্ষেত্রে, এটি গুরুত্বপূর্ণ যে হাতের ব্যাকরণটি সঠিক , এটি হ'ল পছন্দসই শব্দ উত্পন্ন করে।

আমরা প্রায়শই একটি উচ্চ-স্তরে তর্ক করতে পারি যে ব্যাকরণটি কেন একটি আনুষ্ঠানিক প্রমাণ বাদ দিয়ে কাঙ্ক্ষিত ভাষার যথেষ্ট উপস্থাপনা। তবে যদি আমাদের সন্দেহ হয় বা কোনও কারণে ফর্মাল প্রুফের দরকার হয় তবে? আমরা কী কী কৌশল প্রয়োগ করতে পারি?

^{এটি একটি রেফারেন্স প্রশ্নে পরিণত হওয়ার কথা । অতএব, দয়া করে সাধারণ দেওয়ার বিষয়ে যত্নবান হোন, যুক্তিযুক্তভাবে উত্তরগুলি দেওয়া হয়েছে যা অন্তত একটি উদাহরণ দ্বারা চিত্রিত করা হয়েছে তবে তবুও অনেকগুলি পরিস্থিতি coverেকে রাখে। ধন্যবাদ!}

— রাফেল
সূত্র

ব্যাকরণগুলি সহজাতভাবে পুনরাবৃত্তিমূলক বস্তু, সুতরাং উত্তরটি সুস্পষ্ট বলে মনে হয়: প্রবর্তন দ্বারা। এটি বলেছে, নির্দিষ্টকরণগুলি সঠিকভাবে পেতে প্রায়ই কৌশলযুক্ত। সিক্যুয়ালে আমি এমন একটি প্রযুক্তি বর্ণনা করব যা যান্ত্রিক পদক্ষেপগুলিতে বহু ব্যাকরণ-নির্ভুলতার প্রমাণকে হ্রাস করতে দেয়, তবে কিছু সৃজনশীল প্রাকপ্রসেসিং সম্পন্ন হয়। $\newcommand{\lang}[1]{\mathcal{L}(#1)} \newcommand{\sent}[1]{\vartheta(#1)} \newcommand{\derive}{\mathbin{\Rightarrow}} \newcommand{\derivestar}{\mathbin{\Rightarrow^*}} \newcommand{\nats}{\mathbb{N}}$

মূল ধারণাটি ব্যাকরণ এবং ভাষার শব্দগুলিতে নিজেকে সীমাবদ্ধ না করা ; ব্যাকরণটির কাঠামো এইভাবে উপলব্ধি করা শক্ত। পরিবর্তে, আমরা ব্যাকরণ তৈরি করতে পারে এমন বাক্যগুলির সেট সম্পর্কে তর্ক করব । তদুপরি, আমরা একটি ভয়ঙ্কর প্রমাণ লক্ষ্যটিকে অনেকগুলি ছোট লক্ষ্যতে ভাগ করব যা আরও ট্র্যাকটেবল।

যাক অ টার্মিনাল সাথে একটি আনুষ্ঠানিক ব্যাকরণ , টার্মিনাল , বিধি এবং শুরু প্রতীক । আমরা দ্বারা বোঝাতে বাক্য যে থেকে আহরিত হতে পারে সেট দেওয়া হলো, $G=(N,T,\delta,S)$ $N$ $T$ $\delta$ $S \in N$ $\sent{G}$ $S$ $\delta$ । দ্বারা উত্পন্ন ভাষা হয় । ধরুন আমরা দেখাতে হবে যে আপনি চান কিছু । $\alpha \in \sent{G} \iff S \derivestar \alpha$ $G$ $\lang{G} = \sent{G} \cap T^*$ $L = \lang{G}$ $L \subseteq T^*$

আনসটজ

আমরা কিভাবে এটি সম্পর্কে এখানে যান। আমরা সংজ্ঞায়িত যাতে $M_1, \dots, M_k \subseteq (N \cup T)^*$

এবং $\displaystyle \sent{G} = \bigcup_{i=1}^k M_i$
। $\displaystyle T^* \cap \bigcup_{i=1}^k M_i = L$

যদিও 2. সাধারণত সংজ্ঞা দ্বারা স্পষ্ট , 1. কিছু গুরুতর কাজ প্রয়োজন। দুটি আইটেম একসঙ্গে পরিষ্কারভাবে পরোক্ষভাবে যেমন ইচ্ছা। $M_i$ $\lang{G} = L$

স্বরলিপি স্বাচ্ছন্দ্যের জন্য, আসুন । $M = \bigcup_{i=1}^k M_i$

পাথুরে রাস্তা

এই জাতীয় প্রমাণ সম্পাদনের জন্য দুটি বড় পদক্ষেপ রয়েছে।

কীভাবে (ভাল) ? $M_i$
একটি কৌশল ব্যাকরণ মাধ্যমে কাজ পর্যায়ক্রমে তদন্ত । প্রতিটি ব্যাকরণ এই ধারণার জন্য উপযুক্ত নয়; সাধারণভাবে, এটি একটি সৃজনশীল পদক্ষেপ। যদি আমরা ব্যাকরণটি নিজেরাই সংজ্ঞায়িত করতে পারি তবে এটি সাহায্য করে; কিছু অভিজ্ঞতার সাথে আমরা এই পদ্ধতির সাথে আরও ব্যাকরণযোগ্য ব্যাকরণকে সংজ্ঞায়িত করতে সক্ষম হব।
কীভাবে প্রমাণ করবেন?
যে কোনও সেট সমতা হিসাবে, দুটি দিক আছে।
- : (কাঠামোগত) এর উত্পাদনের উপর অন্তর্ভুক্ত। $\sent{G} \subseteq M$ $G$
- : সাধারণত দ্বারাএকটি অন্তর্ভুক্তি, থাকে এমন একটি থেকে শুরু করে। $M \subseteq \sent{G}$ $M_i$ $S$

এটি এটি হিসাবে নির্দিষ্ট হিসাবে; বিশদটি হাতের ব্যাকরণ এবং ভাষার উপর নির্ভর করে।

উদাহরণ

ভাষা বিবেচনা করুন

$\qquad \displaystyle L = \{ a^n b^n c^m \mid n,m \in \nats \}$

এবং ব্যাকরণ দিয়ে দেওয়া সহ $G = (\{S,A\}, \{a,b,c\}, \delta, S)$ $\delta$

$\qquad \begin{align} S &\to Sc \mid A \\ A &\to aAb \mid \varepsilon \end{align}$

যার জন্য আমরা এটি দেখতে চাই যে । এই ব্যাকরণটি কী পর্যায়ক্রমে কাজ করে? ঠিক আছে, প্রথমে এটি তৈরি করে এবং তারপরে । এই অবিলম্বে আমাদের পছন্দ জানায় , যথা $L = \lang{G}$ $c^m$ $a^n b^n$ $M_i$

$\qquad \begin{align} M_0 &= \{Sc^m \mid m \in \nats \} \;, \\ M_1 &= \{ a^n A b^n c^m \mid m,n \in \nats \} \;, \\ M_2 &= \{ a^n b^n c^m \mid m,n \in \nats \} \;. \\ \end{align}$

হিসাবে এবং যত্ন, আইটেম 2. ইতিমধ্যে নেওয়া হয়। 1 এর দিকে, আমরা প্রমাণ হিসাবে দুটি অংশে বিভক্ত হিসাবে ঘোষণা করেছি। $M_2 = L$ $M_0 \cap T^* = M_1 \cap T^* = \emptyset$

$\mathbf{\sent{G} \subseteq M}$

আমরা এর নিয়মাবলী বজায় রেখে স্ট্রাকচারাল আনয়ন করি । $G$

আইএ: যেহেতু আমরা সফলভাবে অ্যাঙ্কর করেছি। $S = Sc^0 \in M_0$

IH: বাক্য কিছু সেট জন্য অনুমান যে আমরা আরও জানতে পারি । $X \subseteq \sent{G}$ $X \subseteq M$

আইএস: যাক নির্বিচারে। আমরা যাই হোক না কেন গঠন যে দেখাতে হবে এবং যাই হোক না কেন নিয়ম প্রয়োগ করা হয় এর পরে, আমরা ছেড়ে না । আমরা সম্পূর্ণ কেস পার্থক্য করে এটি করি। ইন্ডাকশন হাইপোথিসিস দ্বারা, আমরা জানি যে (ঠিক) নীচের একটি ক্ষেত্রে প্রযোজ্য: $\alpha \in X \subseteq \sent{G} \cap M$ $\alpha$ $M$

, এটিকিছু মি ∈ N এর জন্য ডাব্লু = এস সি এম । দুটি নিয়ম প্রয়োগ করা যেতে পারে, উভয়ই এমতে একটি বাক্য তৈরি করে:
- এবং $Sc^m \derive Sc^{m+1} \in M_0$
- । $Sc^m \derive Ac^m = a^0Ab^0c^m \in M_1$
, অর্থাত্ W = একটি এন একজন খ এন গ মি কিছু মি , এন ∈ এন :
- এবং $w \derive a^{n+1}Ab^{n+1}c^m \in M_1$
- । $w \derive a^nb^nc^m \in M_2$
: যেহেতু , এর ফলে আর কোনও অনুকরণ সম্ভব নয়। $w \in M_3$ $w \in T^*$

যেহেতু আমরা সাফল্যের সাথে সমস্ত ক্ষেত্রে আচ্ছাদন করেছি তাই আনয়ন সম্পূর্ণ হয়েছে।

$\mathbf{\sent{G} \supseteq M}$

আমরা এক (সাধারণ) প্রতি প্রমাণ সঞ্চালন । নোট কিভাবে আমরা তা প্রমাণাদি চেইন "পরে" "এর আগে" ব্যবহার নোঙ্গর করতে । $M_i$ $M_i$ $M_i$

: আমরা বেশী আনয়ন সঞ্চালন , এ নোঙ্গরকরণ এবং ব্যবহার ধাপে। $M_1$ $m$ $Sc^0 = S$ $S \to Sc$
: আমরা ঠিক একটি অবাধ মান এবং উপর রাজি করানো । আমরা নোঙ্গর ব্যবহার করে সাবেক প্রমাণ দ্বারা। মাধ্যমে পদক্ষেপ অগ্রগতি । $M_2$ $m$ $n$ $Ac^m$ $S \derivestar Sc^m \derive Ac^m$ $A \to aAb$
: নির্বিচারে জন্য আমরা জন্য সাবেক প্রমাণ ব্যবহার । $M_3$ $m,n \in \nats$ $S \derivestar a^nAb^nc^m \derive a^nb^nc^m$

এটি ১ এর প্রমাণের দ্বিতীয় দিকটি শেষ করে এবং আমরা সম্পন্ন করেছি।

$M_i$ $G$

$\qquad \begin{align} S &\to aAbC \mid \varepsilon \\ A &\to aAb \mid \varepsilon \\ C &\to cC \mid \varepsilon \end{align}$

ব্যায়াম

জন্য একটি ব্যাকরণ দিন

$\qquad L = \{ b^k a^l (bc)^m a^n b^o \mid k,l,m,n,o \in \nats, k \neq o, 2l = n, m \geq 2 \}$

এবং এর সঠিকতা প্রমাণ করুন।

আপনার যদি সমস্যা হয় তবে ব্যাকরণ:

$G = (\{S,B_r,B_l,A,C\}, \{a,b,c\}, \delta, S)$

$\quad \begin{align} S &\to bSb \mid B_l \mid B_r \\ B_l &\to bB_l \mid bA \\ B_r &\to B_r b \mid Ab \\ A &\to aAaa \mid C \\ C &\to bcC \mid bcbc \end{align}$

$M_i$

$\quad\begin{align} M_0 &= \{ b^i S b^i \mid i \in \nats \} \\ M_1 &= \{ b^i B_l b^o \mid o \in \nats, i \geq o \} \\ M_2 &= \{ b^k B_r b^i \mid k \in \nats, i \geq k \} \\ M_3 &= \{ b^k a^i A a^{2i} b^o \mid k,o,i \in \nats, k \neq o \} \\ M_4 &= \{ b^k a^l (bc)^i C a^{2l} b^o \mid k,o,l,i \in \nats, k \neq o \} \\ M_5 &= L \end{align}$

লিনিয়ার ব্যাকরণ সম্পর্কে কী?

প্রসঙ্গ-মুক্ত ভাষাগুলির শ্রেণীর বৈশিষ্ট্যটি হ'ল ডাইক ভাষা : মূলত, প্রতিটি প্রসঙ্গ-মুক্ত ভাষা একটি ডাইক ভাষা এবং একটি নিয়মিত ভাষার ছেদ হিসাবে প্রকাশ করা যেতে পারে। দুর্ভাগ্যক্রমে, ডাইক ভাষা লিনিয়ার নয়, এটি হ'ল আমরা কোনও ব্যাকরণ দিতে পারি না যা এই পদ্ধতির সাথে সহজাতভাবে উপযুক্ত suited

$M_i$

$\displaystyle \sent{G} \supseteq L$
$\displaystyle |\lang{G} \cap T^n| = |L \cap T^n|$ $n \in \nats$

$G$ $n \in \nats$

অস্পষ্ট এবং প্রসঙ্গবিহীন ব্যাকরণগুলির জন্য, আমি ভয় করি যে আমরা আবার আনসটজ এবং চিন্তা ক্যাপগুলিতে ফিরে আসছি।

গণনা করার জন্য সেই নির্দিষ্ট পদ্ধতিটি ব্যবহার করার সময়, আমরা একটি বোনাস হিসাবে পাই যে ব্যাকরণটি দ্ব্যর্থহীন। ঘুরেফিরে, এর অর্থও হল যে কৌশলটি অস্পষ্ট ব্যাকরণগুলির জন্য ব্যর্থ হতে হয়েছে কারণ আমরা কখনই 2 টি প্রমাণ করতে পারি না।

— রাফেল
সূত্র