Союз регулярних мов, який не є регулярним

12

Я натрапив на це питання: "Наведіть приклади двох регулярних мов, які їх об'єднання не видають звичайної мови".

Це мене дуже шокує, оскільки я вважаю, що звичайні мови закриваються під союзом. Що означає для мене, що якщо я беру дві звичайні мови та об'єдную їх, я повинен отримати звичайну мову.

І я думаю, що я розумію доказ цього: З моїх слів, якщо мови регулярні, то існують автомати, які їх розпізнають. Якщо ми візьмемо всі стани (союз), і додамо новий стан для точки входу, і змінимо функцію переходу для нового стану за допомогою epsilon, у нас все нормально. Ми також показуємо, що існує шлях від кожної держави тощо.

Чи можете ви сказати мені, де я помиляюся, чи, можливо, інший спосіб підійти до питання.

Джерело запитання, вправа 4, французькою мовою.

Також те ж питання задається з перетином.

formal-languages regular-languages closure-properties

— Дейв
джерело

Інший спосіб бачити це. Припустимо, що такий нескінченний союз дає звичайну мову. Розглянемо будь-які нерегулярного мови . Ви можете поділити його елементи на нескінченну кількість де кожен з є кінцевим (і, отже, регулярним). Тепер зробіть союз усіх . За припущенням, це звичайна мова, але ми вважали, що є нерегулярною мовою, отже, суперечність. Якщо дозволити закриття в умовах нескінченного союзу, всі мови будуть регулярними.

L

$L$

L_{i}

$L_i$

L_{i}

$L_i$

L_{i}

$L_i$

L

$L$

— Бакуріу

Для нескінченного союзу: візьміть будь-яку не регулярну мову та розгляньте кожну . Ясно, що регулярний.

L = {w_{1}, w_{2}, w_{3}, \dots}

$L = \{w_1, w_2, w_3, \dots \}$

L_{i} = {w_{i}}

$L_i = \{w_i\}$

L_{i}

$L_i$

— Pål GD

26

Існує значна різниця між питанням, яке ви ставите перед цим, і питанням, поставленим у вправі. Питання задає приклад набору регулярних мов таких, що їх об'єднання не є регулярним. Зверніть увагу на діапазон об'єднання: від до . Регулярні мови закриваються за допомогою обмеженого з'єднання, і докази проходять по лініях, які ви накреслюєте у питанні, однак це розпадається під нескінченним союзом. Ми можемо показати це, взявши для кожного (з $L_{1}, L_{2}, \ldots$

L = ⋃_{i = 1}^{\infty} L_{i}

$L = \bigcup_{i=1}^{\infty}L_{i}$

1

$1$

\infty

$\infty$

L_{i} = {0^{i} 1^{i}}

$L_{i} = \{0^{i}1^{i}\}$

i

$i$

Σ = {0, 1}

$\Sigma = \{0,1\}$ ). Нескінченний союз цих мов, звичайно, дає канонічну нерегулярну (без контексту) мову .

L = {0^{i} 1^{i} ∣ i \in N}

$L = \{0^{i}1^{i}\mid i \in \mathbb{N}\}$

Як осторонь, ми легко бачимо, де нормальне доведення не вдається. Уявіть ту саму конструкцію, де ми додамо новий стартовий стан і -переходи до старих стартових станів. Якщо ми робимо це з нескінченним набором автоматів, ми створимо автомати з нескінченною кількістю станів, очевидно суперечивши визначенню кінцевих автоматів. $\varepsilon$

Нарешті, я здогадуюсь, що плутанина може виникнути через фразування оригінального питання, яке починається з "Donner deux primjeles des suites de langages ...", що є ( ~~приблизно~~ , моя французька трохи іржава, але зовні перевірена!) "Наведіть два приклади послідовностей мов ...", а не "Наведіть два приклади мов ...". Необережне читання може помилити друге для першого, хоча.

— Люк Матієсон
джерело

1

І визначаючи як доповнення , їх перетин також було б нерегулярним. Ваше французьке читання правильно, а не лише приблизно .

M_{i}

$M_i$

L_{i}

$L_i$

— Лоран LA RIZZA

Ви праві щодо французької частини перекладу. Я хоч ця послідовність не мала значення. ха-ха. Дякую за відповідь, зараз мені зрозуміла різниця.

— Дейв

3

Для вашого другого питання розгляньте мови, визначені Зауважте, що для будь-якого , є регулярним, оскільки (1) лівий множина є кінцевим і, отже, регулярним, (2) правий набір позначається регулярним виразом тому є регулярним, і (3) звичайні мови закриті під обмеженими об'єднаннями, як ви вже знаєте.

M_{n} = {a^{k^{2}} ∣ 1 \leq k \leq n} \cup {a^{j} ∣ j \geq (n + 1)^{2}}

$M_n = \{a^{k^2}\mid 1\le k \le n\}\cup\{a^j\mid j\ge(n+1)^2\}$

n \geq 1

$n\ge 1$

M_{n}

$M_n$

a^{n} a a^{*}

$a^naa^*$

Не надто складно показати, що для будь-якого цілого нас є і, отже, тому індуктивно маємо (який нам насправді тут не потрібен, але це занадто красиво, щоб його не залишати). $n\ge 1$ $M_{n+1}\subseteq M_n$ $M_n\cap M_{n+1} = M_{n+1}$

⋂_{i = 0}^{n} M_{i} = M_{n}

$\bigcap_{i=0}^n M_i = M_n$

Тепер що не містить , тому жоден з цих рядків буде в повному перетині. Як наслідок, у нас з'явиться яка, як відомо, не є звичайною мовою. (Якщо ви не знали цього факту, це є в багатьох теоретичних текстах, і доказ того вартий зусиль для читання.) $M_n$ $a^{n^2+1},a^{n^2+2}, \dotsc, a^{(n+1)^2-1}$

⋂_{i = 0}^{\infty} M_{i} = {a^{n^{2}} ∣ n \geq 1}

$\bigcap_{i=0}^\infty M_i = \{a^{n^2}\mid n\ge 1\}$

— Рік Декер
джерело

1

Навіщо вибирати складні регулярні мови, щоб показати, що регулярні набори не закриваються в умовах нескінченного об'єднання? Однотонних мов достатньо, щоб показати, що будь-яка мова RE є нескінченним об'єднанням регулярних множин.

Візьмемо будь-який рекурсивно перечислимого мови . Кожен рядок має індекс нумерації . Нехай . Кожен є набором, отже, регулярним. Але є RE. $L$ $w\in L$ $i=index(w)$ $L_i=\{w\mid i=index(w)\}$ $L_i$ $L =\bigcup_{i=1}^{\infty}L_i\;$

Аналогічно, визначаючи , ми маємо множини які є регулярними як доповнення синглтонного набору. Тоді що є доповненням , отже, ко-RE. І цього можна досягти за допомогою будь-якого набору спільних зусиль. $M_i=\Sigma^*\setminus L_i$ $M_i$ $\bigcap_{i=1}^{\infty}M_i= \Sigma^*\setminus L\;$ $L$

Отже, будь-яка рекурсивна мова - це нескінченний союз регулярних множин, а також нескінченний перетин регулярних множин (не тих самих, але їх доповнень :).

Нескінченність сповнена сюрпризів, і те, що вірно для довільно великих значень, може бути неправдивим у нескінченності.

— бабу
джерело

1

Якщо ви об'єднаєте нескінченно багато наборів одиниць, ви можете створити будь-яку мову (ну, принаймні, будь-яку мову повторної мови, тому що якщо це не можна визначити, ви не можете вказати список усіх його рядків). Наприклад, об'єднання наборів одиниць, де кожен містить різну паліндромну рядок над {a, b}, дає в результаті мову паліндром (без контексту): це $\{\epsilon\} \bigcup \{a\} \bigcup \{b\} \bigcup \{aa\} \bigcup \{bb\} \bigcup \{aaa\} \bigcup \{aba\} \bigcup \{bab\} \bigcup \{bbb\} \bigcup \ ...$

Ви можете зробити що - щось подібне з перетином, що робить нескінченно багато наборів , де кожен , де це в - й паліндром слово, в результаті чого мова все не палиндромов слів (додаток паліндромності мови, не -регулярний). $\Sigma^* - \{ p_i \}$ $p_i$ $i$

— Андрес
джерело