কীভাবে দেখানো যায় যে একটি "বিপরীত" নিয়মিত ভাষা নিয়মিত

Question

আমি নিম্নলিখিত প্রশ্নের উপর আটকে আছি:

"নিয়মিত ভাষায় অবিকল সেই সসীম অটোমাটা দ্বারা গৃহীত হয় দেওয়া এই বাস্তবতা প্রমাণ করে যে যদি ভাষা। কিছু সসীম যন্ত্রমানব দ্বারা গৃহীত হয়, তাহলে কিছু সসীম দ্বারা গৃহীত হয়; সমস্ত শব্দের নিয়ে গঠিত এর বিপরীত। "$L$$L^{R}$$L^{R}$$L$

Comments

আচ্ছা, আপনি কি এমন একটি স্বয়ংক্রিয় নির্মাণের চেষ্টা করেছিলেন যা গ্রহণ করবে ? এটি একটি উদাহরণ আঁকতে সাহায্য করতে পারে। $L^R$

— গিলস 'অশুভ হওয়া বন্ধ করুন'

ধন্যবাদ তোমার উত্তরের জন্য. আমি কীভাবে এটি করব তা নিশ্চিত নই। আমি নিশ্চিত যে কোনও এল ^ আর কিছু ভাষা গ্রহণ করবে কারণ এটি একই 'বর্ণমালা' থেকে তৈরি এবং এটিও একটি নিয়মিত ভাষা হবে be আমি নিশ্চিত না যে কীভাবে এটি প্রমাণ করতে হবে বা কীভাবে উদাহরণ আঁকতে হয়।

— বিড়াল

স্বাগত! এই ধরনের প্রাথমিক প্রশ্নের জন্য যা হোম ওয়ার্কের কার্যভারগুলি স্ম্যাক করে, আমরা যদি পছন্দ করি যে প্রশ্নটিতে প্রশ্নকারীর (উল্লেখযোগ্য) পূর্ববর্তী কাজ রয়েছে। আপনি অবশ্যই ভাগ করার মতো কিছু চেষ্টা করেছেন (যা আমরা তখন আপনাকে সঠিক দিক নির্দেশনায় ব্যবহার করতে পারি)। যদি তা না হয় তবে আমি আপনাকে পরামর্শ দিচ্ছি যে আপনি আপনার সংজ্ঞাটি পুনরায় পরীক্ষা করুন এবং গিলসের পরামর্শটি মেনে চলেন।

— রাফেল

@ ভিক্টোরিয়া "এটি একই 'বর্ণমালা' থেকে তৈরি এবং এটি একটি নিয়মিত ভাষাও হবে" - ওহ, নননো। $\{a^nb^ma^o \mid n,m,o \in \mathbb{N} \}$ , $\{a^nb^ma^n \mid n,m \in \mathbb{N}\}$ এবং $\{a^nb^na^n \mid n \in \mathbb{N}\}$ সব একই ওভার সংজ্ঞায়িত করা হয় বর্ণমালা তবে খুব আলাদা ভাষা ক্লাসে পড়ে।

— রাফেল

অধ্যায়টির শেষে অন্য প্রশ্নটি আমাকে প্রমাণ করতে বলছে যে কোনও সীমাবদ্ধ অটোমেটন প্রদত্ত বর্ণমালার উপরে সমস্ত প্যালিনড্রোম গ্রহণ করতে পারে না। আমি মনে করি যে এই প্রমাণের জন্য এই প্রমাণ রয়েছে যে আমরা অসীম সংখ্যক রাজ্য রয়েছি যদি আমরা সমস্ত সম্ভাব্য প্যালিনড্রোমগুলি (দৈর্ঘ্যের সীমা না) বিবেচনা করি তবে মেশিনটি একটি সীমাবদ্ধ রাষ্ট্রীয় মেশিন।

— বিড়াল

Answer 1

সুতরাং একটি নিয়মিত ভাষা দেওয়া , আমরা জানি (মূলত সংজ্ঞা দ্বারা) যে এটি কিছু সসীম অটোমাটা দ্বারা গৃহীত হয়, তাই সেখানে উপযুক্ত ট্রানজিশন গ্রহণ রাষ্ট্র শুরু রাজ্য থেকে আমাদের নিতে যে সঙ্গে রাজ্যের একটি নির্দিষ্ট সেট যদি এবং কেবল যদি ইনপুট এল একটি স্ট্রিং হয় । আমরা এমনকি জোর দিয়ে বলতে পারি যে জিনিসগুলিকে সরল করার জন্য কেবল একটি গ্রহণযোগ্য রাষ্ট্র রয়েছে। বিপরীত ভাষাটি গ্রহণ করার জন্য আমাদের যা করা দরকার তা হ'ল ট্রানজিশনের দিককে বিপরীত করা, প্রারম্ভ অবস্থাটিকে একটি গ্রহণযোগ্য রাষ্ট্রে পরিবর্তন করা, এবং গ্রহণযোগ্য রাষ্ট্রকে শুরু অবস্থায় পরিণত করা। তারপরে আমাদের কাছে এমন একটি মেশিন রয়েছে যা মূলটির তুলনায় "পিছনের দিকে" থাকে এবং এল আর ভাষাটি গ্রহণ করে ।$L$$L$$L^{R}$

Comments

আপনাকে অনেক ধন্যবাদ লুক - আমি মনে করি আপনি যা বলেছিলেন তা আমি বুঝতে পেরেছি। আপনি স্পট অন - সীমাবদ্ধ অটোমেটার সাথে আমার কোনও বাস্তব অভিজ্ঞতা নেই! আমি আপনাকে 'ভোট' দিতে চাই, তবে স্পষ্টতই আমার যথেষ্ট পয়েন্ট নেই। এর জন্যে দুঃখিত!

— ক্যাট

এটি ঠিক আছে, আপনার পছন্দ মত উত্তরগুলি "গ্রহণ" করতে সক্ষম হবেন (ভোট বোতামের নীচে একটি চিহ্ন চিহ্ন থাকা উচিত)। এছাড়াও সাদাতামের আরও আনুষ্ঠানিক উত্তরটি আমার পরের একটি দুর্দান্ত ধাপ।

— লুক ম্যাথিসন

অনুমান করা মাত্র এক গ্রহণ রাষ্ট্র আমরা হয় মঞ্জুরি দিতে হবে আছে -transitions, অথবা আছে ε ∉ এল । উভয়ই সত্যিকারের বিধিনিষেধ নয়, উত্তরটি ঠিক আছে। $\epsilon$$\epsilon\notin L$

— হেনড্রিক জানুয়ার

হ্যাঁ, ধারণাটি আমার কাছে স্পষ্ট বলে মনে হচ্ছে। জটিল অংশটি যাচাই করছে যে এটি ঠিক।

— কেউ

Answer 2

আপনাকে দেখাতে হবে যে আপনি সর্বদা একটি সসীম অটোমেটন তৈরি করতে পারেন যা $L^R$ স্ট্রিং গ্রহণ করে এমন একটি সসীম অটোমেটন দেয় যা $L$ স্ট্রিংকে গ্রহণ করে । এটি করার একটি পদ্ধতি এখানে।

1. অটোমেটনে সমস্ত লিঙ্ক বিপরীত করুন
2. একটি নতুন রাষ্ট্র যুক্ত করুন (এটি $q_s$ কল করুন )
3. একটি লিঙ্ক দিয়ে লেবেল আঁকুন $\epsilon$ থেকে রাষ্ট্র $q_s$ যে চূড়ান্ত অবস্থায়
4. সমস্ত চূড়ান্ত রাজ্যগুলিকে সাধারণ অবস্থায় পরিণত করুন
5. প্রাথমিক অবস্থাকে চূড়ান্ত অবস্থায় পরিণত করুন
6. মেক $q_s$ প্রাথমিক অবস্থায়

আসুন আমরা এই সব আনুষ্ঠানিকভাবে করা; আমরা উপপাদ্যটি উল্লেখ করে শুরু করি।

উপপাদ্য। তাহলে $L$ একটি নিয়মিত ভাষা হয়, তাহলে তাই $L^{R}$ ।

যাক $A = (Q_A, \Sigma_A, \delta_A, q_A, F_A)$ একটি NFA হতে হবে এবং দিন $L = L(A)$ । $\epsilon$ -NFA $A^{R}$ নিম্নে বর্ণিত ভাষা গ্রহণ করে $L^{R}$ ।

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

প্রুফ। প্রথমত, আমরা নিম্নোক্ত বিবৃতি প্রমাণ: $\exists$ থেকে একটি পাথ $q$ করতে $p$ মধ্যে $A$ দিয়ে লেবেল $w$ যদি এবং কেবল যদি $\exists$ থেকে একটি পাথ $p$ থেকে $q$ মধ্যে $A^R$ দিয়ে লেবেল $w^R$ (এর বিপরীত $w$ জন্য) $q, p \in Q_A$ । প্রমাণ দৈর্ঘ্যের উপর আনয়ন দ্বারা $w$ ।

1. Base case: $|w| = 1$
   Holds by definition of $\delta_{A^R}$
2. Induction: assume the statement holds for words of length $\lt n$ and let $|w| = n$ and $w = xa$
   Let $p \in \delta_A^*(q, w) = \delta_A^*(q, xa)$
   We know that $\delta_A^*(q, xa) = \cup_{p'}\delta_A(p', a)$ $\forall p' \in \delta_A^*(q, x)$
   $x$ and $a$ are words of fewer than $n$ symbols. By the induction hypothesis, $p' \in \delta_{A^R}(p, a)$ and $q \in \delta_{A^R}^*(p', x^R)$. This implies that $q \in \delta_{A^R}^*(p, ax^R) \iff p \in \delta_A^*(q, xa)$.

Letting $q = q_A$ and $p = s$ for some $s \in F_A$ and substituting $w^R$ for $ax^R$ guarantees that $q \in \delta_{A^R}^*(s, w^R)$ $\forall s \in F_A$. Since there is a path labeled with $\epsilon$ from $q_s$ to every state in $F_A$ (3. in the definition of $A^R$) and a path from every state in $F_A$ to the state $q_A$ labeled with $w^R$, then there is a path labeled with $\epsilon w^R = w^R$ from $q_s$ to $q_A$. This proves the theorem.

Notice that this proves that $(L^R)^R = L$ as well.

Please edit if there are any formatting errors or any flaws in my proof....

Comments

What do you mean by $\epsilon−closure(q_s)=FA$?

— user124384

But you can't have ϵ transition in deterministic regular languages can you!?

— yukashima huksay

@yukashimahuksay True, but you can also always take a non-deterministic finite automaton and turn it into a deterministic finite automaton. They are equivalent.

— Pro Q

Answer 3

To add to the automata-based transformations described above, you can also prove that regular languages are closed under reversal by showing how to convert a regular expression for $L$ into a regular expression for $L^R$. To do so, we'll define a function $REV$ on regular expressions that accepts as input a regular expression $R$ for some language $L$, then produces a regular expression $R'$ for the language $L^R$. This is defined inductively on the structure of regular expressions:

1. $REV(\epsilon) = \epsilon$
2. $REV(\emptyset) = \emptyset$
3. $REV(a) = a$ for any $a \in \Sigma$
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. $REV((R)) = (REV(R))$

You can formally prove this construction correct as an exercise.

Hope this helps!

Comments

Hi! I landed here because I was thinking about the idea of reversed regular expressions, as a way of optimizing a right-anchored match against a string: feed the characters to the reverse automaton, in reverse order. One pass. I wrote down the algebraic properties of regex reversal, and it matches your table almost exactly, even using the rev() notation. :) I also put down REV(R1&R2) = REV(R1)&REV(R2); I have a regex implementation which has intersection. Yes; I'm thinking of adding an operator for reversal perhaps R\r (reverse preceding regex element).

— Kaz

Here is a tricky one: what is the algebraic rule for REV(~R): regex negation? REV(~R) is the reverse of the set of all strings outside of R. Is that the same as ~REV(R): the set of all strings outside of the reverse of the set denoted by R? This is not clear at all because any palindromes in R are also in REV(R).

— Kaz

Answer 4

Using regular expressions, prove that if $L$ is a regular language then the \emph{reversal} of $L$, $L^R=\{w^R: w\in L\}$, is also regular. In particular, given a regular expression that describes $L$, show by induction how to convert it into a regular expression that describes $L^R$. Your proof should not make recourse to NFAs.

We will assume that we are given a regular expression that describes $L$. Let us first look at the concatination operator ($\circ$), and then we can move onto more advanced operators. So our cases of concatenation deal with the length of what is being concatenated. So first we will break all concatenations from $ab$ to $a\circ b$. When dealing with these break the components up as much as possible: $(ab \cup a)b \rightarrow (ab \cup a) \circ b$, but you cannot break associative order between different comprehensions of course.

When $\emptyset^R \rightarrow \emptyset$

When $s = \epsilon$, we have the empty string which is already reversed thus the mechanism does not change

When $s$ is just a letter, as in $s \in \Sigma$, the reversal is just that letter, $s$

When $s = \sigma$, we have a single constituent so we just reverse that constituent and thus $\sigma^R$

When $s = (\sigma_0\sigma_1...\sigma_{k-1}\sigma_k)$ where k is odd, we have a regular expression which can be written as $(\sigma_0\circ\sigma_1...\sigma_{k-1}\circ\sigma_k)$. The reversal of these even length strings is simple. Merely switch the 0 index with the k index. Then Switch the 1 index with k-1 index. Continue till the each element was switched once. Thus the last element is now the first in the reg ex, and the first is the last. The second to last is the second and the second is the second to last. Thus we have a reversed reg ex which will accept the reversed string (first letter is the last etc.) And of course we reverse each constituent. Thus we would get $(\sigma_k^R\sigma_{k-1}^R...\sigma_{1}^R\sigma_0^R)$

When $s = (\sigma_0\sigma_1...\sigma_{k/2}...\sigma_{k-1}\sigma_k)$ where k is even, we have a regular expression generally which can be written as $(\sigma_0\circ\sigma_1...\sigma_{k-1}\circ\sigma_k)$. The reversal of these even length strings is simple. Merely switch the 0 index with the k index. Then Switch the 1 index with k-1 index. Continue till the each element was switched once, but the k/2 element (an integer because k is even). Thus the last element is now the first in the reg ex, and the first is the last. The second to last is the second and the second is the second to last. Thus we have a reversed reg ex which will accept the reversed string (first letter is the last etc.). And that middle letter. And of course we reverse each constituent. Thus we would get $(\sigma_k^R\sigma_{k-1}^R...\sigma_{k/2}^R...\sigma_{1}^R\sigma_0^R)$

Okay the hard part is done. Let us look to the $\cup$ operator. This is merely a union of sets. So given two strings, $s_1, s_2$, the reverse of $s_1 \cup s_2$ is only $s_1^R \cup s_2^R$. The union will not change. And this makes sense. This will only add strings to a set. It does not matter which order they are added to the set, all that matters is that they are.

The kleene star operator is the same. It is merely adding strings to a set, not telling us how we should construt the string persay. So to reverse a kleene star of a string $s$, is only $((s^R)^*)$. Reversal can just move through them.

Thus to reverse this $(((a\cup b) \circ (a))^* \cup ((a\cup b) \circ (b))^*)^R$ we simply follow the rules. To reverse the outer union we simply reverse its two components. To reverse this: $((a\cup b) \circ (a))^*$ kleene star, we simply reverse what is inside it $\rightarrow (((a\cup b) \circ (a))^R)^*$. Then to reverse a concatenation, we index and then switch greatest with least. So we start with $((a\cup b) \circ (a))^R$ and get $((a)^R \circ (a\cup b)^R)$. To reverse that single letter, we reach our base case and get $(a)^R \rightarrow (a)$. This process outlined above describes an inductive description of this change.