1automatos - revisão · s é enumeravel Û s é finito Ú $ bijeção h:s®{1,2,3,...} para...

1Automatos - Revisão1.1Conceitos Auxiliares

1.1.1 Ordenação Lexicográfica

(n1,m1) < (n2,m2) Þ n1 < n2 Ú ( n1 = n2 Ù m1 < m2 )

1.1.2 Ordenação por “Varredura de Matriz”

m\n 0 1 2 3 40 1 2 4 7 111 3 5 8 122 6 9 ...3 10 ...4

1.2Potência de ConjuntoA potência de um conjunto A é o conjunto de todos os subconjuntos de A. Denota-se por 2S devido ao fato de que quando A é finito |2S | = 2|S|

Obs: |X| = # de elementos no conjunto X# = número

1.3Produto CartesianoSejam A = { 1,2,3 } e B = { 1,2,3 } dois conjuntos.Produto Cartesiano AxB = { (1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3) } = { (x,y) | x Î A e y Î B }

1.4RelaçãoUma relação a:A®B /* De A em B */ é um subconjunto de AxB. /* a Í AxB */Podemos ter uma relação de A em A. ( Denota-se A2 )Uma grafo orientado é um ótimo recurso para representar este tipo de relação:

Ex: SejaA = { a,b,c,d}

a = { (a,b) , (a,d) , (b,c) , (c,c) , (d,b) } b = { (a,b) , (b,a) , ( a,a ) , (d,d) , (c,c) }

a b

d

c

a b

d

c

Obs: Os laços serão representados por uma seta entrando no vértice e sem origem.

1.4.2Inversa

a-1 = { (x,y) | (y,x) Î a }.

1.4.3Composta

Sejam a Í AxB e b Í BxCb = a°b = { (x,y) Î AxC | $ z Î B , (x,z) Î a Ù (z,y) Î b }

Propriedades:· (ab)g = a(bg)· (ab)-1 = b-1a-1

· a-1 = b-1 Û a = b· (bÈg) = abÈag /* Não vale para Ç */· (aÈb)-1 = a-1 È b-1 · (aÇb)-1 = a-1 Ç b-1

1.4.4Equivalência

a:S®S é uma Relação de Equivalência se satisfizer as seguintes propriedades:

· Reflexividade: x Î S Þ (x,x) Î a· Simetria: (x,y) Î a Þ (y,x) Î a· Transitividade (x,y) Î a Ù (y,z) Î a Þ (x,z) Î a

1

Ex: S = { a,b,c,d,e } , a Í S2

a b

e

c d

1.4.5Blocos

Seja S um conjunto e a uma relação de Equivalência em S.[x]a = { y Î S | (x,y) Î a } = Bloco x de a em S

Propriedades:

· [x]a Ç [y]a ¹ f Û [x]a = [y]a · x Î S Þ $ [y]a | x Î [y]a

· S = UxÎS[x]a

· Para todo x Î S , [x]a ¹ f

1.5Partição· Uma partição p de S é um conjunto de subconjuntos de S, ( p Í 2S ) , que satisfaz as seguintes

propriedades:· a Î p Þ a ¹ f· a,b Î p Ù aÇb ¹ f Þ a = b

· S = UaÎ p [x]a

1.5.1Teorema Partição ⇔ Relação Equivalência (?)

a Í S2 Þ a induz uma Partição pa dada por { [x]a : x Î S }

Uma partição p de S induz Relação de Equivalência ap em S

1.5.2Teorema da Bijeção entre Relações de Equivalência e Partições

Se uma relação de equivalência a Í S2 induz uma partição pa eesta partição pa induz uma r.e. ap a então :

α = απ α.

Da mesma forma, se uma partição p induz uma r.e ap e esta

relação induz uma partição pap , então:

π = παπ

Em outras palavras:Seja A o conjunto de todas as Relações de Equivalência em S eSeja B o conjunto de todas as partições de S. /* A e B são conjunto de Subconjuntos de S */Seja g Í AxB uma relação que leva cada relação de A as suas partições induzidas e toda partição de B emsuas relações induzidas.Pelo teorema, g é uma bijeção de A em B.

1.6Potência de Relação1.6.1Definição

A potência de uma relação a Î S2 é definida assim:

è a0 = { (x,x) | x Î S }è an+1 = aan , n > 0

ou seja:ak = aaa .... a α0

k vezes

ou ainda:

ak = { (x,y) | $ um passeio de comprimento k ligando x e y }

Seja S = { a,b,c,d,e,f } e a = { (a,a) , (a,b) , (b,e) , (e,a) , (c,c) , (c,d) }

2

2

a b

e

c d

f

α0

a b

e

c d

f

α1

a b

e

c d

f

α2

a b

e

c d

f

α3

1.6.2Fecho Reflexivo, Transitivo de αa* = Ui³0 ai (x,y) Î a* Û $ Passeio ligando x a y em a

1.6.3Fecho Transitivo de αa+ = Ui³1 ai Este fecho exclui a0

a* = a+ È a0

a+ ¹ a* - a0 A diferença acima é devido ao fato de existirem laços no grafo que representa a, e portanto, ao retirarmos a0

de a* estaremos retirando todos os laços. ( Os laços estão em todos os ai , pois com eles podemos criarpasseios de qualquer tamanho ).

1.7Funções1.8Cardinalidade

1.8.1Finitude

Um conjunto S é finito quando $ k ³ 0 e uma bijeção h:S®{1,2,...,k}|S| = k

1.8.2Enumerabilidade

S é enumeravel Û S é finito Ú $ bijeção h:S®{1,2,3,...}Para mostrar que S2 , Racionais, AÈB são enumeráveis, use ídeia baseadas na ordenação por varredura damatriz.

1.8.3Relação de Desigualdade ( ≤ ) entre conjuntos infinitos

Existe uma definição mais genérica para a relação “menor que” que pode ser usada entre conjuntos infinitos:Sejam A e B dois conjuntosA £ B Û $ função injetiva f:A®B

1.8.4ℜ não é enumerável

Prova-se por absurdo que [0,1] não é enumerável da seguinte maneira:

Assumindo que [0,1] é enumerável, temos que:$ uma bijeção h:[0,1] ® N e$ uma bijeção h’:N ® [0,1]

Cada número real h’(n) pode ser representado por uma seqüência h’(n) = 0.dn1dn2dn3... de dígitos.Logo, podemos criar uma matriz, contendo todos os números Reais, da seguinte forma:

h’(1) d11 d12 d13 d14 d15 d16 ...h’(2) d21 d22 d23 d24 d25 d26 ...h’(3) d31 d32 d33 d34 d35 d36 ...h’(4) d41 d42 d43 d44 d45 d46 ...h’(5) d51 d52 d53 d54 d55 d56 ...h’(6) d61 d62 d63 d64 d65 d66 ...

... ... ... ... ... ... ... ...

Tomemos um número real x em [0,1], cuja seqüência de dígitos S = 0,s1s2s3... seja definida da seguinteforma:

Para todo n ³ 1Se dnn = 0 então

sn = 1

3

Senãosn = 0

Por construção, verifica-se facilmente que este número não está na matriz descrita acima, e portanto $ x Î[0,1] | $‘ y Î N | h’(y) = x. O que é um absurdo, visto que h’ é uma bijeção de N em [0,1].

4

4

2Linguagens2.1Alfabeto

2.1.1Definição

Um alfabeto é um conjunto å ¹ f de símbolos com apenas uma restrição: Dada uma seqüência contínua deSímbolos de å deve ser possível identificar deterministicamente cada um dos símbolos da seqüência.

2.1.2Cadeias

Uma cadeia sobre å é uma seqüência de símbolos s = s1s2...sn , n ³ 0 e si Î å , 0 £ i £ n.|s| = n, ou seja, o comprimento de s é n.Quando n=0 temos uma cadeia vazia, que é denotada por e .

2.1.3Concatenação de Cadeias

sm = s1s2...snm1m2...mm . /* sm é a concatenação de s e m. */|sm| = |s| + |m|es = se = s

2.1.4Concatenação de Conjunto de Cadeias

Sejam A e B dois conjuntos finitos contendo cadeias sobre å.AB = { sm | s Î A Ù m Î B }|AB| £ |A|.|B|A concatenação de AB é uma espécie de Produto Cartesiano, com a diferença que alguns elementos de ABpodem estar contidos em A ou B. Por isto a desigualdade acima.

Ex: å = {a,b}A = { a , ab } , B = { a , ba }AB = { aa , aba , aba , abba } = { aa, aba, abba }

2.1.5Potência de um Alfabeto

å0 = { e }ån+1 = åån , n ³ 0Notar a seguinte diferença em relação a potência de relações:åk = åå....åå0 = åå...å ( Uma vez que se = s )∑k = Conjunto de cadeias com tamanho k

2.1.6Fechos

å* = Ui³0 åi = Conjunto de todas as cadeias de comprimento finito sobre å

å+ = Ui³1åi Notar que:å* = å+ È {e} e å+ = å* - {e}

2.1.7Cadeia Inversa

Seja s = s1s2...sn , n ³ 1sT = sn...s1 eT = eQuando s=sT , s é dita palíndroma. Ex: ARARA

2.2Linguagem2.2.1Definição

Seja å um alfabeto.Uma linguagem sobre å é um subconjunto de å*. Denota-se por L. ( L Í å* )

å = { 0,1 }L = { s | #0(s) = 2n , n Î N } /* Número de zeros em s é par */

LT = Conjunto formado pela transposição de cada uma das palavras de L

2.2.2Forma Sucinta de Definir uma Linguagem

Descrição Informal Descrição SucintaL que aceita os números binários Impar na notação própria 1å*1È1L que aceita palavras com um número par de zeros 1*È(1*01*01*)*L que aceita palavras onde não ocorram 3 zeros consecutivos å*-å*000å*

Obs: O alfabeto utilizado acima é å = {0,1}

2.3Considerações concernentes a Enumerabilidade (?)· Todo alfabeto é contável· å* é contável

5

· Toda linguagem sobre å* é contável· L = { L Í å* | L é linguagem } não é contável

6

6

3Autômato de Estados Finitos - FSA 3.1Definição

Um Autômato de Estados Finitos (Finite State Automata) é um sistema M sobre um alfabeto å definido daseguinte forma:

M = (Q , å , d , qo , F )Q = Conjunto de estados, finito e |Q|>0å = Alfabeto de Entradaqo = Estado Inicial pertencente a QF = Conjunto de Estados Finais ( Pode ser vazio )d = Função de Transição de Qxå ® Q. ( Como Q e å são finitos, d pode ser representado por umatabela finita . com entrada para cada elemento de Qxå)

3.2Equivalente Mecânico (Interpretação Intuitiva)Um autômato M é uma Maquina que lê uma cadeia sobre å , da Esquerda para Direita, um símbolo por vez epara cada símbolo lido, ela usa a função d para alterar seu estado corrente.A Máquina começa no estado q0 é quando termina de ler todos os símbolos da Cadeia ela pode estar em umadestas situação:

Estado Corrente Î F Þ Cadeia AceitaEstado Corrente Ï F Þ Cadeia não Aceita.

s1 s2

221

s313

s41

s5 s61

s7 s8 s9 ...

q0

d(q0,s1)®q4

s1 s2

221

s313

s41

s5 s61

s7 s8 s9 ...

q4

d(q4,s2)®q1

s1 s2

221

s313

s41

s5 s61

s7 s8 s9 ...

q1

d(q1,s3)®q4

3.3Linguagem Aceita pelo Autômato3.3.1Definição “Intuitiva”

Seja a seguinte propriedade P(s) definida para uma cadeia s de å* e um Autômato M :P(s) é Verdadeiro Û s é aceita pelo Autômato M

P particiona å* em dois subconjuntos. O Conjunto de cadeias não aceitas por M, e o conjunto de cadeiasaceitas por M, o qual é chamado de Linguagem aceita por M ou L(M).

3.3.2Definições Auxiliares

Estado da Computação ® Estado q Î Q do autômato + cadeia s Î å* que ainda não foi lida ( Resto daFita )Configuração ® É uma par ordenado (q,x) Î Qxå* que representa um estado de computação.Espaço de Configurações ® Qxå*, denota-se por zM

Passo Elementar ® Relação de Movimento no espaço de configuração. Denota-se por |- .(q,x) |¾ (p,y) Û ( x = ay , a Î å ) Ù d(q,a) = p

Todo FSA induz uma Relação de Movimento |- ⊆ ζ2

Fecho Reflexivo Transitivo de | ® É denotado por |¾* , e indica a existência de uma seqüência de passos elementares que leva uma Configuração a outra:

(q,x) |¾* (p,y) Û $ n ³ 0 | (q0,x0) |¾ (q1,x1) |¾ ... |¾ (qn ,xn) com (q0,x0) = (q,x) e (qn,xn) = (p,y)

n é o numero de passos necessários para “chegarmos em (p,y) partindo de (q,x)”

7

3.3.3 Definição Formal de L(M)

Seja M = (Q,å,d,q0,F) um FSA.A linguagem aceita por M é definida como:

L(M) = { σ ∈ ∑* | (q0,σ) | (p,ε) , p ∈ F }

Seja M = (Q,å,d,q0,F) tal que

Q = { q0 , q1 , q2 }, å = { 0 , 1 }q0 = q0,, F = { q0 , q2 }

Função d(q0,0) q0

(q0,1) q1

(q1,0) q1

(q1,1) q2

(q2,0) q2

(q2,1) q1

Prova de que 0110 é aceita :

(q0,0110) |¾ (q0,110) |¾ (q1,10) |¾ (q2,0) |¾ (q2,e)Logo, (q0,0110) |¾* (q2,e ).e portanto, como q2 Î F, 0110 Î L(M)

Prova de que 01 não é aceita :

(q0,01) |¾ (q0,1) |¾ (q1,e ), mas q1 Ï F,Logo,01 Ï L(M)

3.3.4Criação de FSA a partir da Linguagem

:Exemplo: Seja å = { 0,1 }, criar um Autômato que reconheça apenas as cadeias com um número de0’s múltiplo de 3Sugestão Genérica Sugestão Aplicada ao ExemploCriar um ou mais estados que irão representar ofato da propriedade ser válida para a cadeia jálida. F deverá conter todos estes estados

q0 = Número de 0’s lidos é múltiplo de 3

Analisar os tipos de cadeias que não satisfazem aPropriedade, procurando separar todas assituações possíveis, e criar um estado para cadasituação. Q deverá conter todos estes estados,mais os estados de F.

q1 = É preciso mais um 0 para que o número dezeros lidos seja múltiplo de 3q2 = É preciso mais dois 0’s para que o númerode 0’s lidos seja múltiplo de 3

Desenhar um grafo para representar cada um dosestados. ( Um vértice para cada estado ).Usar um retângulo para representar os estadosFinais.

q0 q2q1

Para cada estado, verificar para cada um dossímbolos de å, qual o próximo estado. Criar dcom base nesta análise. q0 q2q1

0

0

0

11 1

Definir o estado inicial com base na situação dapalavra vazia.

A palavra vazia possui um número de zeros iguala três, portanto, q0 deve ser o estado inicial.

Assinar o estado inicial com uma setadiferenciada. ( Azul com sombras, no caso )

q0 q 2q 1

0

0

0

11 1

Se necessário, descreva o autômato,especificando detalhadamente Q,å, q0, F, d

Q = { q0 , q1 , q2 }å = { 0 , 1 }q0 = q0

F = { q0 }d = {((q0,0),q0), ((q0,1),q1), ((q1,0),q2),

((q1,1),q1), ((q2,0),q0), ((q2,1),q2)}

3.3.5Alguns Exemplos

L(M) = Palavras com número par de 0’s L(M) = Palavras com um número par de 0’s e umnúmero impar de 1’s

8

8

q0 q 1

0

0

1 1

q0

q2

q1

0

0

0

1

1

1

q3

0

1

q0 = Número par de zerosq1 = Número ímpar de zeros

q0 =q1 =q2 =q3 =

# Par de# Impar de# Par de# Par de

0110

# Impar de# Impar de# Impar de# Par de

1001

3.3.6Propriedades

· O menor autômato que reconhece um determinada linguagem é único.· Um autômato com apenas 1 estado q0, ou aceita o fecho å* ( F = { q0 } ), ou aceita apenas e ( F = f }.

3.4Teoremas Importantes3.4.1Um FSA nunca bloqueia

Teorema: Se x ≠ ε e q ∈ Q então ∃ y ∈ ∑*, p ∈ Q tais que (q,x) | (p,y)

Prova: Como x ¹ e , $ y Î å* , a Î å tais que x = ay.Como d é uma função, $ p Î Q | d(q,a) = pLogo, pela construção de |¾(q,ay) |¾ (p,y)E portanto, como x = ay, (q,x) |¾ (p,y)

3.4.2A parte não lida da cadeia não influi no movimento

Teorema: Sejam q,p ∈ Q , x,y ∈ ∑*(q,x) | * (p,y) ⇔ ∃ z ∈ ∑* | x = zy e (q,z) | * (p,ε)

Prova (Þ): Se (q,x) |¾* (p,y) então $ n ³ 0 | (q,x) |¾n (p,y)Provemos por indução em n:Base: ( n = 0 )

(q,x) |¾0 (p,y) Þ (q,x) = (p,y) Þ q = p e x = yFazendo z = e , y = x temos :x = ex = zx = zy e(q,z) = (q,e) |¾0 (q,e) = (p,e)E portanto:(q,z) |¾* (p,e)

Passo: ( n > 0 )Assumindo que a propriedade é válido para n-1 , n > 1tomemos (q,x) |¾n (p,y)Como n > 0 ,(q,x) |¾ (r,t) |¾n-1 (p,y)Pela Hipótese de Indução $ s Î å* | t = sy e (r,s) |¾* (p,e)(q,x) |¾ (r,t) Þ $ a Î å | d(q,a) = r e x = atPortanto, fazendo z = as temos:x = at = asy = zy e(q,z) = (q,as) |¾ (r,s) |¾* (p,e) Þ (q,z) |¾* (p,e).

9

3.5Provando que uma Linguagem L é aceita por um Autômato M 3.5.1Definição de um caso especial

Seja L = { x Î å* | #0(x) º3 0 } /* Número de zeros é côngruo módulo 3 de 0, i.e. múltiplo de 3 */Seja M definido pelo seguinte esquema:

q0 q 2q 1

0

0

0

11 1

Mostrar que L(M) = L, i.é, que a linguagem aceita pelo autômato acima é L.

obs: Nas provas deste tipo deve-se sempre tomar o cuidado de usar Hipóteses de Indução fortes osuficiente para contemplar todos os estados da Máquina, ou classes das cadeias de L..

3.5.2Provando que L(M) ⊆ L

Chamemos de P a propriedade L(M) Í L.Devemos mostrar que para todo x Î L(M) , x Î L.Mas x Î L(M) Þ (q0,x) |¾* (p,e) , p Î F .No caso, (q0,x) |¾* (q0,,e). E portanto, $ n ³ 0 | (q0,x) |¾n (q0,e).Podemos então usar indução em n para provar P.Antes porem, devemos tomar o cuidado de criar uma conjectura mais abrangente:

Vamos mostrar que:

(c.1) (q0,x) |n (q0,ε) ⇒ #0(x) ≡3 0(c.2) (q1,x) |n (q0,ε) ⇒ #0(x) ≡3 2(c.3) (q2,x) |n (q0,ε) ⇒ #0(x) ≡3 1

Base: ( n = 0 )(c.1) (q0,x) |¾ (q0,e) Þ x = e.

Portanto #0(x) = #0(e) = 0 , e x Î L.(c.2) Vacuamente verdade ( q1 não é estado inicial , portanto, é impossível mostrar um contra-exemplo)(c.3) Vacuamente verdade

Passo: ( n > 0 )

Assumamos que P é válido para 0,1,2 ... n-1

(c.1) Como n > 0 , (q0,x) |¾n (q0,e) Þ (q0,ay) |¾ (p,y) |¾n-1 (q0,e)Devemos subdividir este caso em outros 2 :(c.1.1) Para a = 0 temos :

(q0,0y) |¾ ( q1,y) |¾n-1 (q0,e)Pela H.I (c.2) , temos que #0(y) º3 2, e portanto#0(0y) º3 0.

(c.1.2) Para a = 1 temos :(q0,1y) |¾ (q0,y) |¾n-1(q0,e)Pela H.I (c.1), temos que #0(y) º3 0 , e portanto#0(1y) º3 0.

(c.2) Análogo a (c.1)(c.3) Análogo a (c.1)

3.5.3Provando que L ⊆ L(M) (?)

Usaremos os seguintes fatos:

#0(x) º3 0 Þ #0(x) = 3n , n ³ 0

Usaremos ainda os seguintes fatos: (f.1) d(p,1) = p , p Î Q ( Pela construção do autômato ) (f.2) (p,1*x) |¾* (p,x) ( Por f.1 )

Base: ( n = 0 )

11

x = 1* , e portanto, por (f.2) , (q0,1*e) |¾* (q0,e)

Passo: ( n > 0 )

Assumamos que a propriedade seja válida para 0,1,...,n-1

Como n > 0 , podemos fazer x = ab , tal que #0(a) = 3 e #0(b) = 3(n-1).( Vamos dividir x logo depois do 3o zero ).

Desta forma, x = 1*01*01*01*b.Por (f.2)

(q0,x) = (q0,1*01*01*01*b) |¾ (q0,01*01*01*b)Por construção

(q0,1*01*01*01*b) |¾ (q1,1*01*01*b)Por (f.2)

(q1,1*01*01*b) |¾ (q1,01*01*b)Por construção

(q1,01*01*b) |¾ (q2,1*01*b)Por (f.2)

(q2,01*b) |¾ (q2,01*b)Por construção

(q2,01*b) |¾ (q0,1*b)Por (f.2)

(q0,1*b) |¾ (q0,b)Pela hipótese de indução

(q0,b) |¾* (q0,e)E portanto:

(q0,x) |¾* (q0,e)

12

12

4FSA não Determinístico - NFSA4.1Definição

A única diferença de um NFSA em relação a um FSA é que d , que no FSA é uma função, no NFSA é umarelação.

4.2Conseqüências de δ ser uma relação4.2.1N pode bloquear

Uma vez que d não é mais uma função, pode ser que existam q Î Q e s Î å tais que d(q,s) não é definido.

4.2.2N não é determinístico

Podem existir q1 e q2 Î Q tais que q1 ¹ q2 e d(q,s) = q1 e d(q,s) = q2.

4.3Determinando a aceitação de uma cadeia Quando N recebe uma cadeia de entrada, embora o Estado da Computação a cada passo possa não ser único,podemos definir uma estratégia ( Existem várias ) mais elaborada para determinar se a cadeia é válida ounão.Nos autômatos que são conhecidos como NFSA a estratégia é a seguinte:

Uma cadeia é aceita sse existir alguma seqüência de Passos Elementares que levem o Autômato a um estado q Î F após a leitura de toda a cadeia.

Ou seja:L(N) = { x ∈ ∑* | (q0,x) |* (p,ε), p ∈ F }

4.4Validade dos teoremas 3.4.2 e 3.4.3 (?)4.5Alguns Exemplos

L(N) = Palavras terminadas 00 = å*00 L(N) = å*00å* È å*111å*

q0 q 20 0

1

q 1

0

p0

q2

p2

0 00,1

0,1

1

1

q0

0,1

1p1

q1

Observar que o construção de um NFSA apartir de uma Linguagem é bem mais simples que a de um FSA,aliás, este processo pode ser facilmente definido por um algoritmo.

13

5Linguagens Regulares5.1Definição

O conjunto de Linguagens Regulares é o conjunto de todas a linguagens que podem ser aceitas por um FSAqualquer.

Seja LFSA = { L Í å* | $ FSA M com L = L(M) }

Seja LNFSA = { L Í å* | $ NFSA N com L = L(N) }Seja LR o conjunto das Linguagens Regulares

LR = LFSA = LNFSA

5.2Teorema de Robin/ScottToda linguagem aceita por um NFSA é Regular

5.2.2Idéia por trás da prova

Autômato Não Determinístico Autômato Determinístico Equivalente

q0 q 20 0

1

q 1

0

q0,q1,q2

0 00

1

1q0 q0,

q1

1

Cada estado no NFSA irá representar todas as possibilidades de estados X do FSA que podem ser atingidosem um passo elementar, a partir de um conjunto de estados Y do mesmo FSA, e de um símbolo a.Quando não existir nenhum estado que é atingido pela leitura do símbolo a, deve-se criar um estado nulopara garantir que d seja uma função.

5.2.3Definição de um FSA N a partir de um NFSA M

Dado um NFSA M = { Q,å,d,qo,F}Construímos um FSA N = { Q`,å,d`,{q0},F`} do seguinte modo:

Q`= 2Q ( Q` é o conjunto formado por todos os subconjuntos de Q )F` = { R Í Q : R Ç F ¹ f }

d` = Q`xå ® Q`

d`(S,a) = UsÎS d(s,a) Í Q , S Í Q , a Î å. Nas próximas seções mostraremos que L(N) = L(M)

5.2.4Teorema Auxiliar

s Î S , S Í Q , (s,x) |M¾ * (r,e) Û $ R Í Q | (S,x) |n¾ * (R,e) , r Î R

Prova (Þ) :

Base: ( n = 0 )Quando n = 0 temos que s = r e x = e Tomando R = S, temos:

(S,x) |n¾ 0 (S,x) = (R,e) , r Î R Passo: ( n > 0 )

Supondo que a propriedade seja válida para 0,1,2 ... n-1,Tomemos (s,x) |M¾ n (r,e) , s Î S , S Í Q .

Como n > 0 , temos:x = ay e (s,ay) |M¾ (t,y) |M¾ n-1 (r,e)

Tomemos (S,ay) |n¾ (T,y)Pela definição de N:

T = UsÎS d(s,a).Mas, t = d(s,a), e portanto: t Î T.

Logo, pela hipótese de indução.(T,y) |n¾ * (R,e) , r Î R

E portanto,(S,ay) = (S,x) |n¾ (T,y) |n¾ * (R,e) , r Î R \(S,x) |n¾ * (R,e) , r Î R.

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14

Prova (Ü): Base: ( n = 0 )

Como n = 0 temos que : S = R e x = e. Fazendo s = r temos:

(s,x) = (r,e) |M¾ 0 (r,e)Passo: ( n > 0 )

Supondo válido para 0,1, ... , n-1.Tomemos (S,x) |n¾ n (R,e) , r Î RComo n > 0, temos:

x = ay , (S,ay) |n¾ (T,y) |n¾ n-1 (R,e) Pela Hipótese de Indução, temos que

$ t Î T | (t,y) |M¾ * (r,e)

mas T = UsÎS d(s,a).E portanto, temos um s Î S tal que d(s,a) = t.Logo,

(s,x) = (s,ay) |M¾ (t,y) |M¾ * (r,e) \(s,x) |M¾ * (r,e) , s Î S

5.2.5Prova de que L(M) ⊆ L(N)

x Î L(M) Þ (q0,x) |M¾ * (p,e) , p Î FMas q0 Î {q0 } , e {q0} Í Q.E portanto, pelo teorema da seção anterior:

$ P Í Q | ({q0},x) |n¾ * (P,e) , p Î PMas se p Î F e p Î P

P Ç F ¹ f.E portanto,

P Î F’Logo:

x Î L(N)

5.2.6Prova de que L(N) ⊆ L(M)

x Î L(N) Þ ({q0},x) |n¾ * (P,e) , P Î F’Mas se P Î F’, então P Ç F ¹ f.Tomemos então p tal que p Î P e p Î F. ( Vamos supor a princípio que F ¹ f )Pelo teorema da seção anterior temos:

(q0,x) |M¾ * (p,e) , uma vez que q0 é o único elemento de {q0}.Mas p Î F, e portanto

x Î L(M).

Quando F = f temos que F’ = f, visto que XÇf = f, e portanto, L(M) = L(N) = f

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6Outros autômatos de estados finitos6.1ε-NFSA

6.1.1Definição do ε-NFSA

A diferença entre um NFSA e um e-NFSA M = (Q,å,d,q0,F) , é que a relação d é definida sobre QxåÈ{e}® Q, com isto, o e-NFSA pode mudar a configuração sem consumir entrada.

6.1.2Exemplo

0 1 2 q0 q1 q2 L(M) = 0*1*2*

e e

6.1.3Relação de Movimento

É análoga a do NFSA, com o acréscimo dos passos elementares que não consomem símbolos.

(q,x) |¾ (p,y) Û [ x = y e p Î d(q,e) ] ou [ x = ay , a Î å , p Î d(q,a) ]

6.1.4Linguagem aceita pelo ε-NFSA

L(M) = { x Î å* | (q0,x) |¾* (p,e) , p Î F }

Ex.: O autômato do exemplo admite a seguinte computação:(q0,002) |¾ (q0,02) |¾ (q0,2) |¾ (q1,2) |¾ (q2,2) |¾ (q2,e)Portanto, (q0,002) |¾* (q2,e).Mas q2 Î F , logo, 002 é aceita.

Seja Le-NFSA = { L Í å* | $ e-NFSA, com L(M) = L }

Lε-NFSA = LREG

6.1.5Demonstração de Lε-NFSA ⊆ LREG

Seja N = (Q,å,d,qo,F) um e-NFSA.Construiremos um autômato M = (Q,å,d‘,q0,F’) , tal que, L(M) = L(N).

Definiremos uma relação passo-e ( æ ) de Q®Q da seguinte forma:q æ p Û p Î d( q,e) /* É possível passar do estado q para o estado p sem consumir

símbolo */

No autômato NFSA M, teremos:

p ∈ δ‘(q,a) ⇔ ∃ q’, p’ ∈ Q , tais que , qæ*q’ , p’ ∈ δ(q’,a) e p’æ*p

Graficamente:

q p Û q q’ p’ p a e* a e*

F’ = [ F se ε ∉ L(N) ] ou [ F ∪ {q0} se ε ∈ L(N) ]

Teorema 1: (q,x) |n¾ * (p,x) Û q æ* pTeorema 2: (p,ay) |n¾ * (q,y) Û (p,ay) |M¾ * (q,y)

Prova (Þ):Sabemos que (p,ay) |n¾ * (q,y) Þ (p,ay) |n¾ n (q,y) , n ³ 0.

Caso 1: ( n = 0 )Vacuamente verdade, uma vez que é impossível consumir o símbolo a, com n = 0.

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Caso 2: ( n ³ 0 ) (p,ay) |n¾ n (q,y) pode ser rescrito como:(p0,ay) |¾ (p1,ay) |¾ ... |¾ (pk,ay) |¾ (q0,y) |¾ (q1,y) |¾ ... |¾ (qm,y), ondep0 = p, qm = q, k ³ 0 , m ³ 0 e n = k + m + 1

Mas,(p0,ay) |¾ (p1,ay) |¾ ... |¾ (pk,ay) Þ p0 æ* pk

e (q0,y) |¾ (q1,y) |¾ ... |¾ (qm,y) Þ q0 æ* qm

Temos então que:p0 æ* pk , q0 Î d(pk,a) , q0 æ* qm

Logo,q Î d‘(p,a) Þ (p,ay) |M¾ (q,y) Þ (p,ay) |M¾ * (q,y)

Prova (Ü):Pela construção de M, temos que Se (p,ay) |M¾ * (q,y) então q Î d(p,a).Portanto,(p,ay) |n¾ (q,y) , e (p,ay) |n¾ * (q,y)

Prova de que L(N) Í L(M)Se x Î L(N) então (q0,x) |n¾ n (p,e) , p Î F , n ³ 0Caso 1: x ¹ e

Com x ¹ e podemos rescrever (q0,x) |n¾ n (p,e) como: (q0,a1a2...an) |n¾ (q1,a2...an) |n¾ ... |n¾ (qn,an) |n¾ (p,e) , x = a1a2...an

Pelo Teorema 2, temos que: (q0,a1a2...an) |m¾ * (q1,a2...an) |m¾ * .... |m¾ * (qn,an) |m¾ * (p,e)E portanto, (q0,x) |m¾ * (p,e).Mas, pela construção, p Î F’.Logo, x Î L(M).

Caso 2: x = eQuando x = e temos que q0 Î F’ , e portanto(q0,x) |m¾ (q0,e) Þ (q0,x) |M¾ * (q0,e) , q0 Î F’ Þ x Î L(M).

6.2FSA-Bidimensional : 2-FSA.6.2.1Definição

É um autômato determinístico M = (Q,å,d,q0,F) onde d é uma função de Qxå ® Qx{D,E},i.é , a função d,além de fornecer o próximo estado, indica se a “cabeça de leitura” deve avançar (D) ou recuar (E).

6.2.2Exemplo

Q = { qo,q1,q2 } , å = {0,1} , F = { q2 }

d 0 1q0 (q0,D) (q1,D)q1 (q1,D) (q2,E)q2 (q0,D) (q2,E)


Uma configuração no 2-FSA passa a ser uma Tripla (x,q,y) onde:x = Cadeia já lidaq = Estado atualy = Cadeia não lida

A relação de movimento no 2-FSA é definida assim: 1. (x,q,ay) , a Î å |¾ (xa,p,y) se d(q,a) = (p,D)2. (xb,q,ay) , a,b Î å |¾ ( x , p ,bay ) se d(q,a) = (p,E)

Condições de bloqueio conseqüentes da definição acima:1. Configuração (x,p,e).2. Configuração (e,q,ay) e d(q,a) = (p,E).

6.2.4Linguagem aceita

L(M) = { x Î å* | (e,q0,x) |¾* (x,p,e) , p $ F }

Observações:· M pode entrar em um situação de loop ao processar uma cadeia x. Neste caso, x é rejeitada, visto que

não existe n ³ 0 tal que (e,q0,x) |¾ n (x,p,e).· Se houver um bloqueio na configuração (e,q,x), /* Bloqueio a esquerda */ x é rejeitada.

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Uma situação de Loop pode ser detectada quando uma mesma configuração é atingida 2 vezes.

6.2.5seqüência de Corte

Usando o autômato do exemplo, vamos mostrar a seqüência de corte da cadeia 101001.

1 0 1 0 0 1q0 q1 q1

q2

q0 q1 q1 q1

q2

q0 q1

S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7

O Gráfico acima representa a seguinte seqüência de movimentos:

(e,q0,101001) |¾ (1,q1,01001) |¾ (10,q1,1001) |¾ (1,q2,01001) |¾ (10,q0,1001) |¾ (101,q1,001) |¾ (1010,q1,01) |¾ (10100,q1,1) |¾ (1010,q2,01) |¾ (10100,q0,1) |¾(101001,q1,e).

6.2.6seqüências de Corte Válidas

Dada uma seqüência de corte S = <q1,q2,q3,...,qn > , dizemos que S é válida quando:

1. n é impar2. Para quaisquer qi , qj , i ¹ j , i par, j par , temos que qi ¹ qj 3. Para quaisquer qi , qj , i ¹ j , i par, j par , temos que qi ¹ qj

· Em uma computação na forma (e,q,x) |¾* (x,p,e) , todas as seqüências são válidas.· A primeira e a última seqüência de corte de uma cadeia x tem comprimento 1.

· O número de seqüências de corte válidas é finito ( Regras 2 e 3 ) e pode ser calculado em funçãodo número total de estados em Q (n) usando-se a seguinte tabela,: ( Lembre-se que não existemseqüência válidas com tamanho par )

Comprimento da seqüência Número de seqüências válidas possíveis.1 n3 n.n.(n-1) = n2.(n-1)5 n.n.(n-1)/(n-1)(n-3) = n2.(n-1)2.(n-3)k n2.(n-1)2.(n-2)2. ... .(n-(k-4))2.(n-(n-2))

6.2.7L2-NFSA = LREG

Seja S o conjunto de todas as seqüências de corte possíveis para um autômato 2-NFSA M.Uma seqüência de corte q será representada por <q0,q1,q2,...,qn> Para cada a Î å definiremos uma relação Ra e outra relação La, ambas de S ® S, da seguinte forma:1. <> Ra <> , <> La <>2. q Ra p se d(q0,a) = (p0,D) e <q1,q2,...,qr> La <p1,p2,...,ps>3. q Ra p se d(q0,a) = (q1,E) e <q2,...,qr> Ra <p1,...,ps>4. q La p se d(p0,a) = (p0,E) e <q1,...,qr > Ra <>5. q La p se d(p0,a) = (p1,D) e <q0,...,qr> La <p2,...,ps>

Construímos um NFSA N equivalente a M da seguinte forma:

N = (Q’,å,d‘,q0’,F’) Q’= { q | q é uma seqüência de cortes válidas } q0’ = <q0> F’= { <p> : p Î F } d‘= p Î d‘(q,a) sse q Ra p

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7Gramáticas7.1Gramáticas Lineares a Direita

7.1.1Definição

É um sistema G = (V,T,S,P), onde

T = Alfabeto /* Terminais */V = Conjunto Finito de Símbolo, tal que VÇT = f /* Não Terminais */S = Símbolo Inicial pertencente a V.P = Relação de V ® (T*V È T* ) /* Produções */

Cada par ordenado (a,b) Î P, pode ser representado como a ® b, onde a é o lado esquerdo e b é o ladodireito da produção.

Notar que nas GLD’s, o lado direito da produção, não pode ter mais de um símbolo não terminal , e alémdisto, não podem haver símbolos terminais a direita de símbolos não terminais.

7.1.2Relação de Geração e Linguagem Gerada

Toda Gramática G = (V,T,S,P) induz uma relação ⇒ Í (VÈT)*x(VÈT)*, onde a Þ b sse a = a1Aa2 , b = a1ga2 , A Î V e (A,g) Î P.

A linguagem de G é L(G) = { x Î T* | S Þ* x }

7.1.3Forma Sentencial e Sentença

Se SÞ*a então Se a contém não terminais a é uma Forma Sentencial de GSenão a é uma Sentença de G

7.1.4Exemplo

Gramática G que gera 0+1+ :

G = (V,T,S,P) , ondeT = {0,1}V = { Z, U }S = ZP = { (Z,0Z), (Z,0U), (U,1U), (U,1) }

As produções podem ser escritas da seguinte forma:

Z = 0Z | 0U U = 1U | 1

Gramática H que gera x Î {0,1}* | #0(x) º3 0

S0 = 1S0 | 0S0 | eS1 = 1S1 | 0S2

S2 = 1S2 | 0S0

7.2Gramáticas Lineares a EsquerdaSão análoga as GLD, com a diferença que no Lado Direito da Produção, não podem haver símbolosterminais a esquerda de símbolos não terminais.

7.3Forma Normal para GLDUma GLD na forma normal (GLD-FN) é uma GLD onde o lado direito da produção não pode ter mais doque 1 símbolo não terminal.Portanto, toda produção tem a forma:

A ® aB | B , A,B Î V e a Î TA ® a | e , a Î T.

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7.4Equivalência entre GLD e GLD na Forma Normal7.4.1LGLD ⊆ LGLD-FN

Dada uma gramática GLD G = (V,T,S,P) que gera L(G), construiremos uma gramática GLD-FN G’, eprovaremos que L(G’) = L(G).

G’= (V’,T,S,P’) onde

V’= V È { [wA] | B ® zwA Î P }P’= A ® [a] , onde A ® a Î P

[ab] ® a[b] , para todo [ab] Î V’ , a Î T.[A] ® A[ ] ® e

Gramática Linear a Direita GLD na Forma NormalZ ® 01Z | UU ® 1U | 1

Z ® [01Z] | [U]U ® [1U] | [1]

[01Z] ® 0[1Z][1Z] ® 1[Z][1U] ® 1[U][1] ® 1[e]

[Z] ® Z[U] ® U[e] ® e

Demonstração de Z Þ* 010111 Demonstração de Z Þ* 010111Z Þ 01Z Þ 0101Z Þ 0101U Þ01011U Þ 010111

Z Þ [01Z] Þ 0[1Z] Þ 01[Z] Þ 01[01Z] Þ 010[1Z] Þ0101[Z] Þ 0101[U] Þ 0101[1U] Þ 01011[U] Þ 01011UÞ 01011[1] Þ 010111[e] Þ 010111

Provando que L(G) ⊆ L(G’)

Teorema 1: Em G’ , [a] Þ* a , a é uma forma sentencial.Prova : Por indução no tamanho n de a:

Base: ( n = 0 )Com n = 0 , a = e \ [a] Þ* a , uma vez que ([e], e) Î P’

Hipótese de Indução: Se k < n e a = a1a2...ak então [a] Þ* aPasso: ( n > 0 )

Como n > 0 , podemos tomar:a = ab , onde a Î T e |b| < n.Por construção, ([ab],a[b]) Î P’, e portanto:

[ab] Þ a[b]Pela Hipótese de Indução

[b] Þ* bLogo.

[ab] Þ a[b] Þ* ab \ [ab] Þ* ab \ [a] Þ* a

Devemos mostrar que se x Î L(G) , então x Î L(G’) , ou seja, Se S Þ* x em G então S Þ* x em G’. /* Representarei Þ em G , por GÞ */Infelizmente, a conjectura acima, não é forte o suficiente para que possamos usar induçãodiretamente. Por isto, criaremos uma conjectura mais abrangente ( Este tipo de estratégia é bastanteusado em provas na teoria dos autômatos ):

Se S GÞn a então S G’Þ* a , onde n ³ 0 e a é uma Forma Sentencial em G.

Base: ( n = 0 )S GÞ0 a \ a = S \ S G’Þ0 a

Passo: ( n > 0 )Supondo que a propriedade seja verdadeira para n-1, tomemos S GÞn a Temos então que:

S GÞn-1 yA GÞ yz = a , onde A ® z Î P.Pela H.I:

S G’Þ * yA.Pela Construção, A ® z Î P Þ A ® [z] Î P’, e portanto yA G’Þ y[z]Pelo Teorema 1,

y[z] G’Þ yzPortanto,

S G’Þ* a

Notar que a = x é apenas um caso particular do que acabou de ser provado.

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20

Provando que L(G’) ⊆ L(G)

Teorema 2: Se A G’Þ* w[a] então A GÞ* wa.

Demonstrando que: Se S G’Þn x , n ³ 0 então S GÞ* x , x Î T*Pela construção de G’, a única produção cujo lado direito não possui um Não terminal é

[e] Þ e, portanto, podemos dizer que: S G’Þ* x[e] Þ xe = x .Pelo Teorema 2:

S GÞ* xeMas xe = x, e portanto

S GÞ* x

7.4.2LGLD-FN ⊆ LGLD

É óbvio, visto que a definição de GLD-FN não passa de um caso particular de GDL.

7.5Equivalência entre GLD e GLE7.5.1Algoritmo para construção de GLE G2 dado uma GLD G1

Dado uma GLD G1 = (V1,T,P1,S1), construiremos uma GLE G2 = (V2,T,P2,S2) da seguinte forma:V2 = V1 È {S2}P2 = B ® Aw quando A ® wB em P1

S2 ® Aw quando A ® w em P1

S1 ® e

Exemplo:GLD GLE

S ® abAA ® aB | bCB ® a | bCC ® b

A ® SabB ® AaC ® AbS2 ® Ba C ® BbS2 ® CbS ® e

S2 ® Ba | CbB ® AaA ® Sab C ® Ab | BbS ® e

( “verão clean”)

S Þ abA Þ abaB Þ ababC Þ ababb S2 Þ Cb Þ Bbb Þ Aabb Þ Sababb Þ ababbS

a b A

a b a B

a b a b C

a b a b b

S2

C b

B b b

A a b b

S a b a b b

e a b a b bbba Ï L(G1) S2 Þ Ba Þ ??? \ bba Ï L(G2)

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7.5.2Teorema Auxiliar

A G1Þ* wB Û B G2Þ* Aw Prova (Þ): Se A G1Þ* wB então $ n ³ 0 | A G1Þn wB.

Usemos, pois, indução em n.Base: ( n = 0 )

A G1Þ0 wB É A = B , w = e. , e portanto: B G2Þ0 B É BG2Þ0 Aw.

Hipótese de Indução: A G1 Þk wB É B G2 Þ* Aw , para k < n. Passo: ( n > 0 )

Tomemos A G1 Þn wB .Como n > 0, temos:

A G1 Þn-1 xC Þ xyB , onde xy = w. Por construção, (B,Cy) Î P2, e portanto

B G2Þ Cy .Pela Hipótese de Indução

C G2Þ* Ax.Portanto,

B G2Þ Cy Þ* Axy \ BG2Þ* Axy \ BG2Þ*Aw Prova (Ü): Análoga a primeira parte.

7.5.3Demonstração de L(G1 ) ⊆ L(G2 )

Tomemos um w Î L(G1) \ $ n ³ 0 | S1 G1 Þn wCaso 1: Se (S1,w) Î P1 então

Por construção , S2 G2Þ S1w Þ ew Þ w \ w Î L(G2)

Caso 2: Se (S1,w) Ï P1 temos que:S1 G1Þ* xA Þ xy , xy = w , (A,y) Î P1 Mas (A,y) Î P1 É (S2,Ay) Î P2 Portanto, S2 G2Þ Ay . Pelo Teorema, S1 G1Þ* xA É A G2Þ* S1x .Logo, S2 G2Þ Ay Þ* S1xy .Mas, (S1,e) Î P2 , e portanto: S1 G2Þ* xy = w \ w Î L(G2).

7.5.4Demonstração de L(G2 ) ⊆ L(G1 )

Análoga a anterior, usando o mesmo teorema ( A volta ).

7.6Gramáticas Lineares e Linguagens Regulares7.6.1Construção de uma GLD G apartir de um FSA M

Seja um FSA M = ( Q , å , q0 , d , F ) .Construiremos uma GLD G = ( V , å , P , S ) da seguinte forma:

V = QP = { (q,ap) se p = d(a,q) } È { (p,e) se p Î F }S = q0

Segue da construção que G é GLD.

Exemplo:

Autômato FSA Gramática G

1 1 1,0

q0 q1 q2

0 0

q0 ® 1q0 | 0q1 | eq1 ® 1q1 | 0q2

q2 ® 1q2 | 0q2 | e

(q0,110100) |¾ (q0,10100) |¾ (q0,0100) |¾(q1,100) |¾ (q1,00) |¾ (q2,0) |¾ (q2,e)

q0 Þ 1q0 Þ 11q0 Þ 110q1 Þ 1101q1 Þ 11010q2

Þ 110100q2 Þ 110100e

22

22

7.6.2Demonstração de L(M) ⊆ L(G)

Teorema Auxiliar:$ n ³ 0 | (q,xy) |¾n (t,y) , x,y Î å*, x ¹ e É q Þ* xt , t Î V.Base: ( n = 0 )

(q,xy) |¾0 (t,y) É q = t , x = e , Mas

q Þ q , e portanto, q Þ* xtHipótese de Indução: (q,xy) |¾k (t,x) É q Þ* xt , quando k < nPasso: ( n > 0 )

Tomemos (q,xy) |¾n (t,y). Como n > 0, temos:(q,awy) |¾ (r,wy) |¾n-1 (t,y) , aw = x , a Î å.Por construção , (q,ar) Î P, e portanto

q Þ arPela hipótese de indução, r Þ* wt, portanto

q Þ ar Þ* awt \ q Þ* xt.Demonstração:

Tomemos um x Î L(M) \ (q0,x) |¾* (q,e) , q Î FCaso 1: x = e

(q0 ,e) |¾* (q,e) É q = q0 , q0 Î F.Por construção, (q0,e) Î P, logoq0 Þ e , e portanto, e = x Î L(G).

Caso 2: x ¹ ePelo teorema auxiliar, teremos:(q0,xe) |¾* (q,e) É q0 Þ* xq.Por construção, (q,e) Î P, e portantoq0 Þ* xq Þ x \ q0 Þ* x \ x Î L(G).

7.6.3Demonstração de L(G) ⊆ L(M)

7.6.4Construção de um ε-NFSA apartir de uma GLD G

Dado uma GLD G = (V,å,P,S) na forma normal, construiremos um e-NFSA N = ( Q,å,q0,d,F) onde:Q = V È { q } , onde q Ï V.q0 = S.F = { q }((A,a),B) Î d Û (A,aB) Î P((A,e),B) Î d Û (A,B) Î P((A,a),q) Î d Û (A,a) Î P((A,e),q) Î d Û (A,e) Î P

7.6.5Demonstração de L(M) ⊆ L(G)

7.6.6Demonstração de L(G) ⊆ L(M)

7.7Expressões Regulares7.7.1Definição de Expressões Regulares

Uma Expressão Regular é uma cadeia sobre { å ,f, +, . ,* }, obedecendo as seguintes regras de Geração:ER ® f | a | ER+ER | ER.ER | ER* , com a Î å e ER.ER podendo ser resumido por ERER

7.7.2Definição Primitiva de Linguagens Regulares (LRs).

Tipo Linguagem Regular L Expressão Regular que denota L I f fII {a} , a Î å aIII La È Lb, onde La e Lb são Linguagens Regulares a+bIV La ° Lb, onde La e Lb são Linguagens Regulares abV La* , onde La é uma Linguagem Regular a*

Na definição primitiva, uma Linguagem Regular nada mais era do que as linguagens que podiam serdenotadas por uma Expressão Regular.

7.7.3Demonstrando que LRs ⊆ Lreg

Caso 1: LRs do Tipo ITomando G = ({S},å,f,S) , temos que L(G) = f, portanto f Î Lreg

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Caso 2: LRs do Tipo IITomando G = ({S},å,(S,a),S), temos que L(G) = a, a Î å, e portanto {a} Î Lreg

Caso 3: LRs do Tipo IIISe La Î Lreg então $ Ga = (Va,å,Pa,Sa) | L(Ga) = LaSe Lb Î Lreg então $ Gb = (Vb,å,Pb,Sb) | L(Gb) = LbTomemos então a gramática G = (Va È Vb È {S} , å , Pa È Pb È {(S,Sa),(S,Sb)} ,S).Temos então, que, L(G) = L(Ga) È L(Gb) = La È Lb

Caso 4: LRs do Tipo IVSe La Î Lreg então $ Ga = (Va,å,Pa,Sa) | L(Ga) = LaSe Lb Î Lreg então $ Gb = (Vb,å,Pb,Sb) | L(Gb) = LbTomemos então a gramática G = (Va È Vb , å , (Pa È Pb È P) - Q ,Sa), onde,

(A,wSb) Î P sse (A,w) Î Pa (A,w) Î Q sse (A,w) Î Pa

Temos então, que, L(G) = L(Ga)°L(Gb) = La°Lb Caso 5: LRs do Tipo V

Se La Î Lreg então $ Ga = (Va,å,Pa,Sa) | L(Ga) = LaTomemos então a gramática G = (Va È {S} , å , Pa È P ,S), onde,

(A,wSa) Î P sse (A,w) Î Pa(S,Sa) Î P(S,e) Î P

7.7.4Demonstrando que Lreg ⊆ LRs

Construiremos expressões regulares para uma gramática qualquer utilizando as seguintes regras:

Gramática Expressões RegularesS ® aA Ls = aLa

A ® aB | bC La = aLb + bLc

B ®aB | bC | e Lb = aLb + bLc + eC ® bC | e Lc = bLc + e

Resta agora agrupar todas a expressões regulares em uma única:

Lema de Ardin : X = AX + B (I) , e Ï A , então $ uma única solução para X na forma X = A*B

Provando que é solução:Vamos substituir a solução proposta na equação (I):A(A*B)+B = A+B + B = (A++e)B = A*B

Provando que é única:Vamos supor que não seja única.Seja C tal que : C Ç A*B = f e C ¹ f.Vamos assumir que T = A*B È C é uma solução para (I)

Substituindo T em (I) temos:A*B ÈC = A((A*B)ÈC)+BA*B+C = A((A*B)+C)+B = A+B + AC + B = A+B + B + AC = A*B + AC.Portanto,

A*B+C = A*B + AC \(A*B+C)ÇC = (A*B+AC)ÇC \f + C = f + AC Ç C \C = AC Ç C \C Í AC.

Como C ¹ f , podemos tomar um z Î C de comprimento mínimo.Tomemos também um y Î AC de comprimento mínimo.Como e Ï A temos que:

|y| > |z| \ Contradição, visto que C Í AC.

Utilizando este resultado para simplificar as Expressões do exemplo:

1. Ls = aLa

2. La = aLb + bLc

3. Lb = aLb + bLc + e4. Lc = bLc + e

Começamos de "baixo para cima" :Lc = bLc + e Þ Lc = b*e Þ Lc = b*Lb = aLb + bLc + e Þ Lb = aLb + bb* + e Þ Lb=aLb + b* Þ Lb=a*b* La = aLb + bLc Þ La = aa*b* + bb* = a+b*+bb* = (a++b)b* Ls = a(a++b)b*

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24

8Propriedades de Linguagens Regulares8.1Teorema da Iteração

8.1.1Definição

Se L é regular então $ um n ³ 0 tal que para todo x Î L e |x| ³ n temos que:x = uvw onde:

· |uv| £ n· |v| ³ 1· uviw Î L , i ³ 0.

8.1.2Exemplo I

O teorema da iteração é bastante útil para demonstrar que uma determinada linguagem não é regular.

Demonstremos que L = {0n1n | n ³ 0 } não é regular:

Vamos supor por absurdo que L seja regular. Seja k a constante do teorema da iteração.|uv| £ n É u = 0k , v = 0t , w = 0m1n , onde, k+t+m = n|v| ³ 1 É k+t+m ³ k+1+m É n ³ k+1+m É n > k+mAlém disto, uviw Î L, i ³ 0 É uw Î L \ 0k0m1n Î L. Contradição, visto que k+m<n

8.1.3Exemplo II

Provemos que L = { 0p : p é primo } não é regular.

Supondo por absurdo que L é regular, tomemos n como a constante do teorema.Como o número de primos é infinito, tomemos x = 0m , m > nTemos então que x = uvw \ u = 0k , v=0l , w = 0s , onde k+l+s = m.Além disto, l ³ 1Sabemos que 0k0li0s Î L , para todo i ³ 0.Tomando então i = k+s temos que 0k0l(k+s)0s Î LLogo, k+l(k+s)+s é primo. Contradição, visto que:k+1(k+s)+s = (k+s)(l+1) , e como l ³ 1, (k+s)(l+1) = (k+s)x , x ³ 2.

8.1.4Prova

Se L é regular então $ um FSA M = (Q,å,q0,d,F) tal que L(M) = L.Sabemos que Q ³ 1 e Q é finito.Tomemos então |Q| como sendo a constante n do teorema.

Seja x = a1...ar Î L(M) , r ³ n. /* Notar que se não existir tal x, a prova já está concluída */Como x Î L(M) temos que:(q0,a1...ar) |¾ (q1,a2...ar) |¾ (qr-1,ar) |¾ (qr,e), onde qi Î Q, 0 £ i £ r. Portanto, como r ³ |Q|, na seqüência de passos que reconhecem x existem pelo menos dois estadosrepetidos. Sejam qa , qb, os primeiros estados que se repetem.Temos então:(q0,uvw) |¾|u| (qa,vw) |¾|v| (qb,w) |¾* (qr,e) .

8.2Operações em Linguagens Regulares vistas como Conjuntos8.2.1União

Dado duas linguagens regulares L1 e L2 temos que L1 È L2 é regular.Prova: Como L1 e L2 são regulares, tomemos r1 e r2 como sendo as expressões regulares que denotam L1 e L2

respectivamente.Portanto, r1+r2 denota L1ÈL2 \ L1ÈL2 é regular.

8.2.2Concatenação

L1 e L2 regulares Þ L1L2 regular.Prova: Basta tomar as expressões regulares que denotam L1 e L2 e concatenalas.

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8.2.3Fecho Transitivo Reflexivo

Se L é regular então L* é regular.Prova: Trivial.

8.2.4Inverso

Se L é regular então L' = å* - L é regular. Prova: Dado o FSA M = (Q,å,d,q0,F) que aceita L, temos que o FSA N = (Q,å,d,q0,Q-F) aceita å*-L.

8.2.5Interseção

Pelo Teorema de DeMorgan sabemos que: L1 Ç L2 = (L1' È L2')', e portanto, pelas propriedades provadasanteriormente, L1 Ç L2 é regular, quando L1 e L2 também são.

8.2.6Quociente

Sejam L,Z Í å* linguagens.L/Z = { x Î å* | xy Î L , y Î Z }.

Exemplo:

L Z L/Z1001 001 1 ( 1001/001 )100 00 110 ( 11000/00)111011100011010

Se L é regular então L/Z é regular. /* Notar que Z pode ser qualquer linguagem */

Exemplo: L = { 0n | n º5 3 } Z = { 0p | p é primo } Þ L/Z é regular.

Prova: Seja FSA M = (Q,å,q0,d,F) tal que L(M) = L.Seja M' = (Q,å,q0,d,F') tal que F' = {p Î Q | (p,y) |¾* (q,e) ,q Î F , y Î Z }x Î L/Z Þ xy Î L , y Î Z Þ x Î L(M')x Ï L/Z Þ ...

Dica: Para provar que L é regular podemos tentar primeiro mostrar que L$ é regular, pois, pela propriedade do quociente, teremos que L/{$} é regular.

8.3Operações utilizando Substituições8.3.1Substituições

Dado uma linguagem L Í å* e um alfabeto D , que pode ser diferente de å. Uma substituição de L é obtidada seguinte forma:Criamos uma função g que associa todo símbolo b Î å a uma Linguagem B Í D*. Ou seja: g:å®P(D*).Além disto, determinamos que:g(e) = {e}g(f) = fg(ax) = g(a).g(x)Temos agora que g:å*®P(D*)

Exemplo: Seja å = {0,1} , D = {a,b} , L = {00,01}.Tomemos g:å®P(D*) tal que: g(0) = {ab,bb} g(1) = {aa,ba}.Temos então que:g(00) = {g(0)g(0) } = { abab , abbb , bbab , bbbb }g(01) = {g(0)g(1) } = { abaa , abba , bbaa , bbba }g(L) = { abab , abbb , bbab , bbbb , abaa , abba , bbaa , bbba }

Quando para todo a Î å , g(a) Í D* é regular, dizemos que g é uma Substituição Regular

8.3.2Teorema da Substituição

Sejam å,D alfabetos, L Í å* uma linguagem regular e g:å®P(D*) uma Substituição Regular.

Temos então que g(L) = ÈxÎL {g(x)ÍD*} é regular.

A prova usa o fato de cada g(a) , a Î å , possuir um FSA que reconhece g(a).

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26

8.3.3Morfismo

Dada uma substituição g:å®P(D*) qualquer.

Se |g(a)| = 1 , a Î å então g é um morfismo. Além disto, como toda Linguagem finita é regular, temos que:Todo Morfismo é uma substituição regular.

Exemplo da Utilização de Morfismos para provar a irregularidade de uma Linguagem:

Seja L = {anbcn , n ³ 0 }. Vamos supor por absurdo que L é regular.Tomemos o seguinte morfismo:f(a) = 0 , f(b) = e , f(c) = 1.f(L) = { 0n1n | n ³ 0 }.Portanto, { 0n1n | n ³ 0 } é regular. Absurdo.

Cuidado: Nem sempre este tipo de construção ajuda a determinar a irregularidade de uma Linguagem, por exemplo: Dado L = {anban | n ³ 0 } , f(L) = { 02n | n ³ 0 } é regular.

8.3.4 Morfismo Inverso

Seja f:å®D* um morfismo.Tomemos f:å*®D* onde f(e) = e . f(ax) = f(a)f(x).

O morfismo inverso de f é uma função f-1:D*®å* tal que dada uma Linguagem L Í D* temos que: f-1(L) ={ x Î å* | f(x) Î L }.

Exemplo: å = { 0,1 } D = {a,b }f:å®D* , tal que f(0) = aa f(1) =aba.L = (ab+ba)*aPara descobrir f-1 (L) temos que encontrar as cadeias x Î å* , tais que, f(x) Î

(ab+ba)*a.Estudemos todos os casos possíveis para x Î å* Caso 1: x = 0y

f(0y) = aaf(y). Notando que as cadeias de L nunca começam com aa, podemos afirmar que aaf(y) Ï L, e portanto, nenhum x da forma 0y Ï

f-1(L).Caso 2: x = 1y

f(1y) = abaf(y)Caso 2.1: y = e

f(1e) = aba \ 1 Î f-1(L)Caso 2.2: y = 0w

f(10w) = abaaaf(w) \ 10w Ï f-1(L), visto que L não admite 3 "as" consecutivos.Caso 2.3: y = 1w

f(11w) = abaabaf(w) \ 11w Ï f-1(L).Portanto, apenas x = 1 Î f-1(L) \ f-1(L) = {1}

8.3.5Teorema do Morfismo Inverso

Se L é uma Linguagem Regular então f-1(L) também é.Demonstração: Como L é regular, $ um FSA M = (Q,D,d,q0,F) tal que L(M) = L.Construiremos um FSA N = (Q,å,d',q0,F) que aceita f-1(L) usando o fato de que x Î f-1(L) sse f(x) Î L.Dado q,p Î Q , a Î å temos que: d'(q,a) = p sse (q,f(a)) |M¾ * (p,e).Temos então que: (q0,x) |n¾ * (p,e) , p Î F Û (q0,f(x)) |M¾ * (p,e), p Î F

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Utilizando o Teorema para Mostrar que uma Linguagem Não é regular:

Seja L = { anban | n ³ 0} sobre o alfabeto D = {a,b }Vamos supor que L seja regular. Tomemos o seguinte morfismo, f:å®D* , å = {0,1,b}

f(0) = af(b) = bf(1) = a

Temos então que f-1(L) = { (0+1)nb(0+1)n }.Tomemos a linguagem regular L1 = 0*b1* .Como f-1(L) é regular, temos que: { (0+1)nb(0+1)n } Ç 0*b1* é regular.Ou seja, 0nb1n , é regular.Tomemos então o morfismo g, tal que g(0) = 0 , g(b) = e , g(1) = 1.Temos então que 0n1n é regular. Absurdo.

8.4Problemas de Decidibilidade8.4.1Algoritmo para Decidir se L = φ

Teorema: Dado um FSA M = (Q,å,d,q0,F) , L(M) = f sse x não aceita nenhum cadeia de comprimento £ |Q|.Prova (Þ): L(M) = f então M não aceita qualquer x, inclusive aqueles tais que |x| £ |Q|Prova (Ü): Vamos supor por absurdo que L ¹ f.

Tomemos então z Î L(M)Temos que |z| > |Q|, e portanto, existe pelo menos um estado repetido no caminho

percorrido para reconhecer z. Podemos então tomar u como sendo a cadeia reconhecida ao "tomarmoso atalho" possibilitado pela ocorrência de estados repetidos. Desta forma, encontraremos uma cadeia uonde |u| £ |Q| , contradição.Algoritmo para Decidir se L = f Entrada: L regularSadia: [SIM|NAO]Descrição: Gere um FSA M tal que L(M) = L

Resposta = SIMPara todo z Î å* onde |z| £ |Q| faca

Se z Î L(M) entãoResposta = NAO

Retorne( Resposta )

8.4.2Algoritmo para Decidir se L é finita

Teorema: L ¹ f é infinita Û $ x em L com |Q| £ |x| £ 2|Q| tal que x é aceita por M = (Q,å,q0,d,F)Prova (Þ): O maior laço na representação de M tem comprimento |Q|.

Podemos então encurtar z de uma palavra u tal que 1 £ |u| £ |Q|Seguinte este procedimento, chegaremos a uma palavra x , onde |Q| £ |x| £ 2|Q|.

Prova (Ü): Como |x| > Q , temos um laço em M, e portanto, podemos gerar infinitas cadeias passandopor este laço. Algoritmo para Decidir se L é finita Entrada: L regularSaída: [SIM|NAO]

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28

Descrição: Use o algoritmo anterior para decidir se L = fSe L = f então

Retorne( SIM )Para todo z Î å* onde |Q| £ |z| £ 2|Q| faca

Se z Î L(M) entãoRetorne(NAO)

Retorne(SIM)

8.4.3Algoritmo para Testar se L1 ⊆ L2

L1 Í L2 Þ L1 Ç L2' = f ( L2' = Inversa de L2 ) Sabemos que X1' é regular, e X1 Ç X2 é regular, quando X1 ,X2 são regulares. Portanto, L1 Ç L2' é regular.Logo, para decidir se L1 Í L2 basta encontrar L = L1 Ç L2' , e usar o algoritmo 1.4.1 para decidir se L = f .

8.4.4Algoritmo para Testar se L1 = L2

Basta usar o seguinte fato, junto com o algoritmo anterior:L1 = L2 Û L1 Í L2 e L2 Í L1.

8.5Minimização de Autômatos FSA8.5.1Eliminação de Estados Inúteis ( Autômato Reduzido )

Dado M = ( Q,å,q0,d,F) , dizemos que um estado p Î Q é útil se e somente se $ x Î å* tal que (q0,x) |¾*(p,e).Para encontrar o conjunto Qu de estados úteis de M, basta fazermos uma busca em profundidade no grafodirigido que representa M. Um estado q Î Qu se e somente se q aparecer na Árvore de Profundidade de M.O autômato N reduzido equivalente a M é dado por (Qu,å,du,q0,Fu ), onde Fu = F Ç Qu e du(p,a) = d(p,a).

8.5.2Eliminação dos Estados Indistinguíveis ( Autômato Mínimo )

Dois estados p,q Î Q são indistinguíveis sse p/todo x Î å* temos:(p,x) |¾* (f,e) , f Î F Û (q,x) |¾* (f',e) , f' Î F.Teorema: Se p e q são distinguíveis e d(p',a) = p , d(q',a) = q então p'e q' são distinguíveis.

Algoritmo para encontrar estados indistinguiveis:Seja M = (Q,å,q0,d,F) um FSA.Seja D um conjunto de pares que conterá todos os pares de estados distinguíveis.D = (p,q) | p Î F e q Ï F.Enquanto D estiver aumentando de tamanho de uma iteração para outra faça

Para Todo (p,q) Î QxQ tal que (p,q) Î D façaPara Todo a Î å faça

p' = d(p,a)q' = d(q,a)Se (p',q') Î D então

D = D È (p,q) I = { (p,q) | (p,q) Ï D } /* Conjunto de estados indistinguíveis */

Para facilitar a execução manual do algoritmo é aconselhável a utilização de uma Matriz Triangular Inferior:

Exemplo:

1 1 1 1 1 q0 q1 q2 q3 q4

0 0 0 0 0

q1 a a = Entraram em D antes do laçoq2 b a b = Entraram em D na primeira iteraçãoq3 b a I c = Entraram em D na segunda iteraçãoq4 b a I I

q0 q1 q2 q3 I = Indistinguíveis

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Para gerar o Autômato Mínimo devemos observar que a Relação de Indistinguibilidade é uma Relação deEquivalência sobre Q, e portanto, particiona Q em algumas classes [q] , q Î Q.Construímos o Autômato Mínimo M' = (Q',å,q0',F',d') da seguinte forma:Q' = { [q] | q Î Q } /* Partição que contém q */q0' = [q0] F' = { [f] | f Î F }d'([q],a) = [d(q,a)]

8.5.3Construção do Autômato Mínimo

Sabendo que a relação de indistinguibilidade "~" é de Equivalência sobre os estados de Q. Denominemos de[q] a classe do estado q na partição induzida por ~.Construamos o autômato M'= (Q',å,F',q0',d') onde:Q' = { [q] : q Î Q }q0' = [q0]F' = { [f]: f Î F }d'([q],a) = [d(q,a)]

8.6Demonstrando que o autômato M' é mínimo e único8.6.1A relação de Indistinguibilidade ~ é de Equivalência

8.6.2Se q é final ( não final) então todo p ∈ [q] é final (não final)

8.6.3~ é invariável a direita

d(p,a) ~ d(q,a) para todo a Î å8.6.4L(M) = L(M')

8.6.5[p] ~ [q] se e somente se [p] = [q]

8.6.6Construção de outro autômato mínimo M''

Vamos tomar um autômato mínimo qualquer M''.Por M'' ser mínimo, temos que |Q''| é mínimo.Criemos a relação a que associa cada estado q' de M' a um estado s de M''

8.6.7α é um para um

Demonstrar que [p]as , [q]as Þ [p] = [q]

8.6.8α um para um ⊃ |Q''| ≥ |Q'|

8.6.9|Q''| = |Q'|

Como |Q''| ³ |Q'| e |Q''| é mínimo, temos que |Q''| = |Q'|

8.6.10M' e M'' são isomorfos

d'([p],a) a d''(s,a) onde [p] a s

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30

9Gramáticas Livres de Contexto9.1Definição

É uma gramática G = (V,å,P,S) ondeV Ç å = fV e å são finitosS Î VP Í Vx(VÈå)* , ou seja, as produções podem conter qualquer seqüência de Terminais e Não

Terminais no Lado Direito. /* Aqui está a diferença em relação a GLD */

G induz uma relação de derivação , Þ , onde Þ Í (VÈå)*x(VÈå)* ea Þ b sse a = a1Aa2 , b = a1ga2 e A®g Î P.

L(G) = { x Î å* : S Þ* x }

Exemplos:

Gramática Linguagem Correspondente1 E ® E + E | E * E | (E) | i Expressões Algébricas contendo

adição,multiplicação e uma variável.2 S ® B1B2

B1 ® aB1b | abB2 ® aB2b | ab

anbnambm com n,m ³ 1

3 S ® 0S1S | 1S0S | e Número de 0's é igual ao número de 1's4 S ® 0S0 | 1S1 | e xxT : x Î (0,1)*

9.2Árvores de Derivação e AmbiguidadeSe uma gramática G admite mais de uma árvore de derivação para uma mesma cadeia x, dizemos que G éambígua.Tomemos o exemplo 1.A cadeia i+i*i Î L(G) admite duas árvores de derivações:

Árvore de Derivação I Árvore de Derivação II

E

E + E

i E * E

i i

E

E * E

E + E

i i

Portanto G é ambígua. No entanto, neste caso, é possível construir uma gramática equivalente a G que não é ambígua:

E ® E + T | TT ® T * F | FF ® (E) | i

9.3Propriedade Principal das Gramáticas Livres de ContextoSeja G = (V,å,P,S) e a Î (VÈå)* : a Þ* bTemos então que a = a1...an , ai Î (VÈå) , 1£i£n e

b = b1...bn , bi Î (VÈå) , 1£i£n eai Þ* bi , 1£i£n.

Pela propriedade acima é que estas gramáticas são chamadas "Livre de Contexto".

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9.4Ambiguidade: Definição Formal9.4.1Derivação mais a direita

É uma relação obtida apartir da relação Þ , acrescentado-se a seguinte propriedade:A cada passo da Derivação, apenas o Não Terminal que estiver mais a direita deve ser consumido:Exemplo:

E ® E + T | TT ® T*F | FF ® (E) | a

Produção de (a+a)*a usando a derivação + a direita:

E dÞ T dÞ T * F dÞ T*i dÞ (E)*a dÞ (E+T)*a dÞ (E+F)*a dÞ (E+a)*a dÞ (T+a)*a dÞ (F+a)*a dÞ (a+a)*a

9.4.2Derivação mais a esquerda

Análoga ao caso anterior

Para produzir (a+a)*a teríamos:

E eÞ T eÞ T * F eÞ (E)*F eÞ (E+T)*F eÞ (T+T)*F eÞ (F+T)*F eÞ (a+T)*F eÞ (a+F)*F eÞ (a+a)*F eÞ(a+a)*a

9.4.3Caracterização de Gramática Ambíguas

G = (V,å,P,S) é ambigua sse $ x Î L(G) : x admite mais de uma derivação mais a direita.

9.4.4Caracterização de Linguagens Ambíguas

Um linguagem L é ambígua sse toda GLC G : L = L(G), implica G é ambígua.

9.5Operações de Redução sobre uma GLC9.5.1Eliminação de Improdutivos

Um não terminal A Î V é produtivo sse A Þ* x , para algum x Î å*.

Algorítmo para obter não terminais improdutivos

N0 = åi = 0Faça

Ni+1 = Ni È { A : A®g em P e g Î Ni* }i = i + 1

Até que Ni = Ni-1 .Produtivos = Ni

Improdutivos = V - Ni

Gramática sem improdutivos (Gp):Dado G = (V,å,P,S) Gp = (Vp,å,Pp,S) onde Vp = Produtivos È {S}

Pp = A®g onde A Î Vp e g Î Vp*

Exemplo:

Gramática N0 N1 N2 N3

S ® Aa | B | D a,b a,b,B,C a,b,B,C,A,S a,b,B,C,A,SA ® aA | bA | BB ® b Produtivos: N3

C ® ab Improdutivos: { D }

Para demonstrar que dado G uma GLC e G' uma GLC sem símbolos improdutivos, L(G) = L(G') bastademonstrar e usar o seguinte fato:a GÞ* x , x Î å* sse a G'Þ*x

9.5.2Eliminação de Inalcançáveis

A Î V é alcançável em G sse G Þ* aAb, p/ algum a,b Î (VÈå)*

Algoritmo para obter inalcançáveis.

A0 = { S }i = 0Faça

Ai+1 = Ai È { B | A ® aBb Î P e A Î Ai }

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32

i = i + 1Enquanto Ai = Ai-1

Alcançáveis = Ai

Inalcancáveis = V - Ai

Gramática sem Inalcançáveis (Ga):Ga = (Va,å,Pa,S) onde Va = Alcançáveis

Pa = A ® a onde A ® g Î P e A,g Î {VaÈå)*

Exemplo:

Gramática N0 N1 N2 Gramática Ga

S ® Aa | B S S,A,B S,A,B S ® Aa | BA ® aA | bA | B A ® aA | bA | BB ® b Alcançáveis = N2 B ® bC ® ab Inalcançáveis = { C }

Para demonstrar que L(G) = L(Ga) basta provar e usar o seguinte fato:Dado a Î (Va Èå*) a GÞ* b sse a GaÞ* b

9.5.3Grámatica Reduzida

Uma GLC G é reduzida sse todo símbolo de G é produtivo e alcançávelTeorema: Dado GLC G = (V,å,P,S) , $ GLC G' = (V',å,P',S') reduzida tal que L(G) = L(G').Para gerar G' usamos o seguinte métodoPasso 1. Eliminar não produtivosPasso 2. Eliminar não alcançáveisPara demonstrar que L(G') = L(G) temos que demonstrar ainda que o passo 2 não reintroduz símbolos nãoprodutivos.Fato: Se b é não alcançável e A ® aBb Î P então A é não alcançável.Fato: A aplicação dos passos 1 e 2 na ordem inversa pode não eliminar todos os não alcançáveis.Exemplo:

S ® AB | a Þ S ® AB | a Þ S ® aA ® a (Passo 2) A ® a (Passo 1) A → a

9.5.4Eliminação de Regras Tipo Cadeia

São regras do tipo A ® B onde A,B Î V.

Algorítmo para Eliminação de RTC.

Para todo A Î V façaN1(A) = { B : A ® B Î P }i = 1Faca

Ni+1(A) = Ni(A) È {B:X®B , X Î Ni(A) }i = i + 1

Até que Ni(A) = Ni-1(A)NA = Ni(A)

Construção da nova gramática sem regras tipo cadeia (Gs)

A ® a Î Ps para todo A ® a Î P e a Ï VA ® a Î Ps para todo B ® a Î P e a Ï V e B Î NA

Lema: L(G) = L(G')

Exemplo:

Gramática V N1 N2 N3 N4 N5 NX , X ∈ V Gramática G'S ® A|Aa S A A,B A,B,C A,B,C,D A,B,C,D A,B,C,D S ® Aa|b|abA ® B A B B,C B,C,D B,C,D - B,C,D A ® b|abB ® C|b B C C,D C,D - - C,D B ® b|abC ® D|ab C D D - - - D C ® ab|bD ® b D φ φ - - - D ® b

9.5.5Eliminação de produções nulas ( A→ε )

Algoritmo para Eliminação de produções nulas

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/* Calcular quais A Î V quais A Þ+ e */A1 = { X Î V : X ® e Î P }Ai+1 = Ai È { X Î V : X ® a , a Î Ai* }Calcular Ai até que Ai = Ai-1

Ne = Ai

Geração da nova gramática (G') :

Se A ® a Î P , a ¹ e , então A ® a Î P'Se A ® a0X1a2X2...an-1Xnan , onde Xi Î Ne e a1...an ¹ e então

A ® a0a1...an em P'

Exemplo:

Gramática N1 N2 Nε Gramática G'S ® a | aAbB |B A,B A,B,S A,B,S S ®a | aAbB | B | abB | aAb | abA ® ab | e A ® abB ® Aa | e B ® Aa | a

9.5.6Ordem das Eliminações

Para Eliminar corretamente todos os casos acima sitados, o algorítmo deve ser aplicado na seguinte ordem:Passo 1: Eliminar Produções NulasPasso 2: Eliminar Regras do Tipo CadeiaPasso 3: Eliminar Não ProdutivosPasso 4: Eliminar Não Alcançáveis

9.6Forma Normal de Chomsky9.6.1Definição

Uma GCL G está na Forma Normal de Chomsky sse toda produção de G é da forma A ® BC ou A ® a( Note que a forma normal de chomsky pura não admite gramáticas onde e Î L )

9.6.2Algoritmo para transformação de um GLC qualquer em uma GLC na FNC

Passo 1: Eliminar produções nularPasso 2: Eliminar regras do tipo cadeiaPasso 3: Reduzir GPasso 4: P/toda produção A ® w1w2a , a ¹ e, wi Î (VÈå)

Elimine A ® w1w2a e acrescenteA ® w1y e y ® w2a , onde y é um novo não terminalRepite este procedimento até que para todo A®a Î P , |a| £ 2

Passo 5: Se A ® aB ou A ® Ba ou A ® ab , onde a,b Î å e A,B Î V entãoElimina a produção e acrescente:A ® XaB ou A ® BXa ou A ® XaXb eXa ® a e Xb ® b , onde Xa e Xb são novo não terminais.

9.6.3Exemplo

Gramática após Passo 3 Após Passo 4 Após Passo 5S ® bA | aB S ® bA | aB S ® XbA | XaBA ® bAA | aS | a A ® bY1 | aS | a A ® XbY1 | XaS | aB ® aBAB | bS | ab B ® aY2 | bS | ab B ® XaY2 | XbS | XaXb

Y1 → AA Y1 ® AAY2 → BY3 Y2 ® BY3

Y3 → AB Y3 ® ABXa → aXb → b

34

34

9.7Forma Normal de Greiback9.7.1Definição

Toda produção esta na forma A ® bX1...Xn , n ³ 0, Xi Î V, b Î å.

9.7.2Algoritmo

Para gerar uma Gramática G na Forma Normal de Greiback, vamos assumir que G esteja na Forma Normalde Chomsky. Além disto, usaremos uma função A que mapeia n números inteiros nos n símbolos nãoterminais de G para podermos fazer referência aos não terminais de G de forma ordenada. Teremos, destaforma, V = { A1 , A2 , ... , An }.

Passo I : Índices Decrescentes/* Elimina produções onde o lado direito começa com um Não Terminal "maior" que o Não

Terminal do lado esquerdo */Para i = n até 1 faça

Para toda produção Ai ® Aka com k > i faça Para m = k até (i+1) faça

Para toda produção Am ® b acrescenteAi ® ba em P

Eliminie Ai ® AkaPasso II : Eliminar Recursões

/* Elimina produções onde o lado direito começa com um Não Terminal "igual" ao Não Terminaldo lado esquerdo ( Produção Recursiva ) */

Para cada X Î V que possui alguma produção Recursiva façaCrie 2 conjuntos cujos elementos são "lados direitos" de produções de X N = { a1 , .... , ak } /* Lados direitos de produções não recursivas */R = { Xb1 , .... , Xbt } /* Lados direitos de produções recursivas */Substitua as produções de X pelas seguintes produções:X ® a1 | a2 | ... | ak X ® a1Zx | a2Zx | .... | akZx

Zx ® b1Zx | b2Zx | .... | btZx

Zx ® b1 | b2 | ... | bt

Onde o x de Zx é o índice de X./* Note que as substituições acima vêm do fato de que a linguagem gerada por X ser: (α1

+ .... + αk)(β1 + ... + βt )* */

Passo III : Índices CrescencentesPara j = 2 até n faça

Para toda produção Aj ® Aka , k < j façaPara toda produção Ak ® b faça

Acrescente A ® ba em PElimine Aj ® Aka

Para i = 1 até n façaPara toda produção Zi ® Aka faça

Para toda produção Ak ® b Acrescente Zi ® ba em P

Elimine Zi ® Aka

9.7.3Exemplo

G na FNC Após Passo I Após Passo II Após Passo IIIA1 ® A2A3 A1 ® A1A2A1A3 A1 ® aA1A3 A1 ® aA1A3

A1 ® aA1A3 A1 ® bA3 A1 ® bA3

A1 ® bA3 A1 ® aA1A3Z1 A1 ® aA1A3Z1

A1 ® bA3Z1 A1 ® bA3Z1

A2 ® A3A1 A2 ® A1A2A1 A2 ® A1A2A1 A2 ® aA1A3A2A1

A2 ® bA3A2A1

A2 ® aA1A3Z1A2A1

A2 ® bA3Z1A2A1

A2 ® aA1 A2 ® aA1 A2 ® aA1

A2 ® b A2 ® b A2 ® b A2 ® bA3 ® A1A2 A3 ® A1A2 A3 ® A1A2 A3 ® aA1A3A2

A3 ® bA3A2

A3 ® aA1A3Z1A2

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A3 ® bA3Z1A2

A3 ® a A3 ® a A3 ® a A3 ® aZ1 → A2A1A3Z1 Z1 ® aA1A3A2A1 A1A3Z1

Z1 ® bA3A2A1 A1A3Z1

Z1 ® aA1A3Z1A2A1 A1A3Z1

Z1 ® bA3Z1A2A1 A1A3Z1

Z1 → A2A1A3 Z1 ® aA1A3A2A1 A1A3

Z1 ® bA3A2A1 A1A3

Z1 ® aA1A3Z1A2A1 A1A3

Z1 ® bA3Z1A2A1 A1A3

36

36

10Automatos com Pilha - PushDown10.1Definição

10.1.1Componentes

Um Automato com Pilha é um Sistema S = (å,G,Q,q0,F,d,Z0) onde:å = Alfabeto de EntradaG = Alfabeto da pilhaQ = Conjunto finito de Estadosq0 Î Q = Estado InicialF Í Q = Conjunto de Estados Finaisd = Relação de Qx(åÈ{e})xG em QxG*Z0 Î G = Simbolo inicial da Pilha.

10.1.2Configuração

Uma configuração de um AP ( Automato com Pilha ) pode ser representada atravéz de uma tripla ( q , x , g )onde q Î Q é o estado atual, x Î å* é a parte da cadeia de entrada que ainda não foi lida e g Î G* é oconteudo da pilha ( Lido apartir do topo ).


Seja zA = Qxå*xG* o espaço de configurações de um AP A.Todo AP A induz uma relação de movimento ( |¾ ) sobre zAxzA de forma que:

(q,sx,Za) |¾ (p,x,ba) sse (p,b) Î d(q,s,Z) p,q ÎQ , ZÎG , s Î åÈ{e}, x Î å*, a,b Î G*

10.2Linguagem aceita por um AP A10.2.1Aceitação por Estado Final

LF(A) = { x Î å* : (q0,x,Z0) |¾* (f,e,a) onde f Î F }

10.2.2Aceitação por Pilha Vazia

LP(A) = { x Î å* : (q0,x,Z0) |¾* (p,e,e) }

10.2.3Para Linguagem Regular L ∃ um AP que aceita L

Basta tomar o FSA N = (å,Q,d,q0,F) que aceita L, e construir, com base nele, o seguinte AP A:A = (Q,å,{Z0},d',q0,Z0,F)d'(q,a,Z0) = (p,Z0) sse p=d(q,a)Teremos então que LF(A) = L

10.3Exemplos10.3.1Automato a Pilha que aceita L = {0n1n : n ≥ 0 }

Intuição: Ler todos os zeros e empilharLer todos os 1's desempilhando um 0 para cada 1.Definir aceitação por Pilha Vazia

Descrição: A = (å,G,Q,d,q0,Z0,F} ondeå = { 0 , 1 }G = { 0 , Z0 }Q = { q0 , q1 , q2 } F = fq0 = q0

Z0 = Z0

d é definida da seguinte forma:(q0,0Z0) Î d(q0,0,Z0) ; Empilha o primeiro zero(q0,00) Î d(q0,0,0) ; Empilha os outros zeros(q1,0) Î d(q1,e,0) ; "Advinha" a hora de começa a desempilhar(q1,e) Î d(q1,1,0) ; Desempilha um 0 para cada 1(q1,e) Î d(q1,e,Z0) ; Desempilha Z0 para ficar com a pilha vazia

Exemplo de uma seqüência de movimentos para aceitar 0011:(q0,0011,Z0) |¾ (q0,011,0Z0) |¾ (q0,11,00Z0) |¾ (q1,11,00Z0) |¾ (q1,1,0Z0) |¾ (q1,e,Z0) |¾

(q1,e,e).

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10.3.2Autômato que aceita L = { x : #a(x) = #b(x) } ⊆ {a,b}*

É claro que L não é regular, uma vez que, L Ç a*b* = { anbn , n³ 0 }Intuição: . Empilha a entrada desde que o símbolo de entrada seja igual ao topo da pilha .Desempilha quando topo da pilha ¹ Entrada

A cada momento a pilha por estar em duas situações. 1) a = an , n ³ 0 , neste caso, #a(y) = n + #b(y)2) a = bn , n ³ 0 , neste caso, #b(y) = n + #a(y)

. Sempre que n = 0 o autômato entra num estado de aceitaçãoDescrição: A = ( å,G,Q,d,q0,Z0,F} onde

å = { a , b }G = { Z0 , a , b }Q = { f , q0 }F = { f }d é definida da seguinte forma:

(q0,sZ0) Î d(q0,s,Z0) , para todo s Î å(q0,ss) Î d(q0,s,s) , para todo s Î å(q0,e) Î d(q0,s,a) , onde a Î å - {s} , para todo s Î å.(f,e) Î d(q0,e,Z0)

Demonstrando que L = Lf(A) Dado s Î å , definiremos s' como sendo a quando s = b e b quando s = aTeorema 1: (q0,x,smZ0) |¾k (q0,e,snZ0) , k ³ 0 , s Î å É #s(x) = #s'(x) + (n-m) Provemos por indução em k

Base: ( k = 0 )(q0,x,smZ0) |¾0 (q0,e,snZ0) É x = e , sn = sm \ n = m.Temos então que #s(x) = #s'(x) = 0, visto que x = ePortanto #s(x) = #s'(x) + n-m.

Hipótese de Indução:A conjectura é verdadeira para todo i < k

Passo: ( k > 0 )Como k > 0, temos que:Caso 1: x = e

Por construção, apenas (f,e) Î (q0,e,Z0) , portanto.A conjectura é vacuamente verdadeira ( não é possível chegar

q0 sem ler um símbolo de entrada )Caso 2: x ¹ e

Como k > 0, temos que: (q0,x,smZ0) |¾ (t,y,a) |¾k-1 (q0,e,snZ0)Para chegar ao estado f , teriamos que ter Z0 no topo da pilha.Portanto, t = q0 e x = cy , c Î å, visto que, apenas o passo que

leva ao estado f , não consome qualquer símbolo.Caso 1: x = sy

Temos então que (q0,sy,smZ0) |¾ (q0,y,a)Por construção: a = sm+1Z0 Portanto:(q0,sy,smZ0) |¾ (q0,y,sm+1Z0) |¾k-1 (q0,e,snZ0)Pela Hipótese de Indução ( t = k-1 ) temos que:#s(y) = #s'(y) + n-(m+1)Mas #s(x) = #s(y)+1 e #s'(x) = #s'(y), portanto:#s(x) = #s'(x) + n-(m+1))+1 = #s'(x) + (n - m)

Caso 2: x = s'yTemos então que (q0,s'y,smZ0) |¾ (q0,y,a)Por construção: a = sm-1Z0

(q0,s'y,sm) |¾ (q0,y,sm-1) |¾k-1 (q0,e,snZ0)Pela Hipótese de Indução:#s(y) = #s'(y) + (n-(m-1))Mas #s(x) = #s(y) e #s'(x) = #s'(y)+1, portanto:#s(x) = #s'(x) - 1 + (n-(m-1)) = #s'(x) + (n-m)

Demonstrando que Lf(A) Í L Tomemos x Î Lf(A). Temos então que (q0,x,Z0) |¾* (f,e,a).Por construção, temos que a = e.Portanto (q0,x,Z0) |¾* (f,e,e) \ (q0,x,Z0) |¾n (f,e,e)Caso 1: x = e

É claro que x Î LCaso 2: x ¹ e

Temos que x = sy , s Î å.Pela construção, temos que:(q0,sy,Z0) |¾ (q0,y,sZ0) |¾* (q0,e,Z0) |¾ (f,e,e)

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38

Ou seja,(q0,sy,Z0) |¾ (q0,y,sZ0) |¾n (q0,e,Z0) |¾ (f,e,e)Pelo Teorema 1, temos que:#s(y) = #s'(y) -1 = #s'(y) - 1Como #s(x) = #s(y)+1 e #s'(x) = #s'(y), temos que:#s(x) = #s'(x) -1 + 1 = #s'(x).Logo, x Î L.

Demonstrando que L Í L F(A)Use a volta do teorema 1

10.3.3Autômato que aceita L = { wwT : w ∈ {a,b}* }

(q0,s,Z0) Î d(q0,s,Z0) , todo s Î {a,b} ;(q0,sx) Î d(q0,s,x) ; Fase de Empilhamento(q1,x) Î d(q0,e,x) ; "Advinha" o centro da cadeia(q1,e) Î d(q1,s,s) ; Fase de Desempilhamento(f,e) Î d(q1,e,Z0) ; Aceitação

F = {f}Q = {f,q0,q1}G = {a,b,Z0}

Este autômato funciona com qualquer um dos modos de aceitação.

10.4Algumas propriedades10.4.1Limite de "visão" do AP em relação a Pilha

(q,x,a) |¾* (p,e,b) É (q,xy,aγ) |¾* (p,y,bγ)

10.5Autômatos com Pilha Determinísticos10.5.1Propriedade I

|d(q,s,x)| £ 1 , para todo q Î Q , s Î å È {e} , x Î GExemplo de Autômato que não satisfaz esta propriedade:1. (q1,aa) Î (q0,0,a)2. (q2, aa) Î (q0,0,a)

10.5.2Propriedade II

Se |d(q,a,a)| ³ 1 para algum a Î å , q Î Q então |d(q,e,a)| = 0Exemplo de Autômato que satisfaz a primeira mas não satisfaz a segunda:Q = {q0,q1} G = {a,b} å = {0,1}1. (q1,aa) Î (q0,0,a)2. (q1,ba) Î (q0,0,b)3. (q1,ba) Î (q0,e,a)Quando o autômato estiver apontando para o símbolo "a" ele pode escolher tanto a regra 1 quando a 3 paraprosseguir. ( Indeterminismo ).

A conjunção das Propriedades I e II geram uma condição Suficiênte ( Mas não necessária ) para que umautômato seja Determinístico, i.é, todo o autômato que satisfaz estas propriedades é Determinístico. Noentanto, podem existir autômatos que não satisfaçam estas propriedades e mesmo assim sejamDeterminísticos.

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10.6Equivalência entre os modos de Aceitação de um AP10.6.1Linguagens aceitas por Estado Final ⊆ Aceitas por Pilha Vazia

Dado um AP A = (Q,å,G,q0,Z0,F,d) tal que LF(A) = L , construiremos um AP A' que aceita L por PilhaVazia, da seguinte forma:A' = (Q',å,G ',q0',Z0',F',d') onde:Q' = Q È { q0' , q'' }G ' = G È { Z0' }F' = fd' contém todas as transições de d' ; Simula d(q0,Z0Z0') Î d'(q0',e,Z0') ; Coloca um símbolo "atrás" de Z0

(q'',x) Î d'(f,e,x) , para todo f Î F ; "Advinha" quando A está num estado final e; pula para um estado que esvazia a pilha

(q'',e) Î d'(q'',e,x) , para todo x Î G ' ; Esvazia a pilha.

10.6.2Linguagens aceitas por Pilha Vazia ⊆ Aceitas por Estado Final

Dado um AP A = (Q,å,G,q0,Z0,F,d) tal que LP(A) = L , construiremos um AP A' que aceita L por EstadoFinal , da seguinte forma:A' = (Q',å,G ',q0',Z0',F',d') onde:Q' = Q È { q0' , q'' }G ' = G È { Z0' }F' = { f ' }d' contém todas as transições de d' ; Simula d(q0,Z0Z0') Î d'(q0',e,Z0') ; Coloca um símbolo "atrás" de Z0

(f ',e) Î d'(q,e,Z0') , para todo q Î Q ; "Advinha" quando a pilha de A está vazia e; pula para um estado final de A'

10.7Métodos para Geração da Árvore de Derivação10.7.1Método Bottom-Up

A árvore vai sendo construida das folhas para a raiz.Por ser determístico, é usado na construção de compiladores.Idéia do Autômato:A cada passo o autômato deve executar uma das seguintes ações: Redução: Se Pilha contém ba ( Sem contar Z ) e $ produção do tipo P ® a então

Desempilhe aEmpilhe P

Shift: Caso não seja possível fazer uma redução entãoLeia símbolo que está sob a cabeça de leituraEmpilhe este símbolo

Exemplo: Dada a Gramática : E ® E+E | E*E | (E) | i reconhecer a cadeia i+i*i

Fita: i + i * i i + i * i i + i * i i + i * i i + i * i i + i * i i + i * iPilha: i E E+ E+i E+E EOper: Shift Redução Shift Shift Redução ReduçãoFita: i + i * i i + i * i i + i * i i + i * i A cadeia é reconhecida quandoPilha: E* E*i E+E E a pilha termina apenas com oOper: Shift Shift Redução Redução Simbolo inicial.

Obs: O topo da pilha está do lado direito.

10.7.2Método Top-Down

A árvore vai sendo construida da raiz para as folhasÉ altamente não determinístico: A cada passo o autômato "advinha" qual a produção que deve ser usada.

Fita: i + i * i i + i * i i + i * i i + i * i i + i * i i + i * i i + i * iPilha: E E+E i+E +E E E*E i*EFita: i + i * i i + i * i i + i * i i + i * iPilha: *E E i f

Obs: O topo da pilha está do lado esquerdo.

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40

10.8Teorema Fundamental : GLC ≅ AP10.8.1Linguagens Reconhecidas por AP's ⊆ Linguagen geradas por GLC's

Dado um AP A = (Q,å,G,q0,Z0,F,d) tal que LP(A) = L , construiremos uma Gramática G, tal que L(G) = Lda seguinte forma:

Consideração Importante: Um autômato que aceita por pilha vazia possui um propriedadefundamental, umafunção que descreva o tamanho da pilha a cada passo do autômato, durante a aceitação de umacadeia,decresce para 0. Isto significa que existem pontos bem determinados em que a pilha atinge umtamanho x e depois nunca mais passa de x. Diremos que nestes pontos a pilha "baixa de nível".

...A P 7L I 6T L 5U H 4R A 3A 2

1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ... Último Passo

P A S S O S

No exemplo acima, temos um exemplo da funcão citada descrevendo o reconhecimento de uma cadeia, noteque a pilha começa com tamanho 1 e termina em 0. Estão assinalados alguns pontos onde a pilha "baixa denível".

Como o AP só pode retirar um elemento da pilha por vez, podemos garantir que saindo do nível máximo,para chegarmos ao nível mínimo, teremos que passar por todos os níveis

Os símbolos de G terão a seguinte "forma" : [q,A,p] indicando que o Autômato está no Estado q , com A notopo da pilha e quando a pilha "baixar um nível" o autômato irá para o estado q.

Produções de G: ( Note que elas são altamente não determinísticas )Tipo 1: S ® [q0,Z0,p] , para todo p Î QTipo 2: [q,x,p] ® s , onde (p,e) Î d(q,s,x) , s Î å È {e} , x Î GTipo 3: [q,x,p] ® s[p,x1,q1][q1,x2,q2]...[qm,,xm,r] para todo q1,...,qm Î Q e onde

(p,x1...xm) Î d(q,s,x).

Exemplo:Dado o autômato a Pilha que aceita L = {0n1n : n ³ 0 }

(q1,0Z) Î d(q,0,Z) (q1,00) Î d(q1,0,0) G = { 0 }(q2,0) Î d(q1,e,0) Q = {q0,q1,q2}(q2,Z) Î d(q1,e,Z) å = {0,1}(q2,e) Î d(q2,1,0)(q2,e) Î d(q2,e,Z)

Gramática Equivalente:S ® [q1,Z,q1] | [q1,Z,q2][q2,0,q2] ® 1 ; (q2,e) Î d(q2,1,0)[q2,Z,q2] ® e ; (q2,e) Î d(q2,e,Z)[q1,0,r] ® e[q2,0,r] , r Î Q ; (q2,0) Î d(q1,e,0)[q1,Z,r] ® e[q2,0,r] , r Î Q ; (q2,Z) Î d(q1,e,Z)[q1,Z,q1] ® 0[q1,0,q1][q1,Z,q1] ; (q1,0Z) Î d(q1,0,Z)[q1,Z,q1] ® 0[q1,0,q2][q2,Z,q1][q1,Z,q2] ® 0[q1,0,q1][q1,Z,q2][q1,Z,q2] ® 0[q1,0,q2][q2,Z,q2]

[q1,0,q1] ® 0[q1,0,q1][q1,0,q1] ; (q1,00) Î d(q1,0,0)[q1,0,q1] ® 0[q1,0,q2][q2,0,q1][q1,0,q2] ® 0[q1,0,q1][q1,0,q2][q1,0,q2] ® 0[q1,0,q2][q2,0,q2]

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Geração de 0011S Þ [q1,Z,q2] Þ 0[q1,0,q2][q2,Z,q2] Þ 00[q1,0,q2][q2,0,q2][q2,Z,q2] Þ 00

[q2,0,q2][q2,0,q2][q2,Z,q2] Þ 001[q2,0,q2][q2,Z,q2] Þ 0011[q2,Z,q2] Þ 0011

Demonstração da Equivalência entre Lp(A) e L(G) Teorema Auxiliar 1: (q,x,A) |¾* (p,e,e) É [q,A,p] Þ* x

Prova: Por indução.(q,x,A) |¾n (p,e,e) , n ³ 0 É [q,A,p] Þ* xBase: n = 0

Vacuamente verdadeiroH.I: A conjectura é verdadeira para n-1Passo: (q,x,A) |¾ (r,y,a) |¾n-1 (p,e,e) , logo, (r,a) Î (q,s,A) , x = sy

Caso 1: a = e .Temos então que n=1, p=r, y=e e portanto(r,e) Î (q,s,A) \ por construção [q,A,r] ® s \

[q,A,p] ® sy \[q,A,p] ® xCaso 2: a ¹ e.

Temos então que a = x1...xm , m ³ 1 e xi Î Ge (r,x1...xm) Î d(q,s,A). Portanto, por construção:[q,A,p] ® s[r,x1,r1][r1,x2,r2]...[rm-1,xm,rm] , rm = p.

Como o autômato reconhece por pilha vazia temos:(r,y,x1...,xm) |¾n-1 (p,e,e) É y = y1...ym e

(r,y1,x1) |¾n1 (r1,e,e) É H.I [r,x1,r1] Þ* y1

(r1,y2,x2) |¾n2 (r2,e,e) É H.I [r1,x2,r2] Þ* y2

...(rm-1,ym,xm) |¾nm (rm,e,e) É H.I [rm-1,xm,rm] Þ* ym

Temos então que: [q,A,p] Þ* sy1...ym = x

Demonstração de que Lp(A) Í L(G)x Î Lp(A) É (q0,x,Z0) |¾* (p,e,e) É [q0,Z0,p] Þ* xPor construção, S Þ [q0,Z0,p] \ S Þ* x \ x Î L(G)

Demonstração de que L(G) Í Lp(A)Análogo ao caso anterior ( Basta provar a volta do Teorema Auxiliar )

10.8.2Linguagens Geradas por GLC's ⊆ Linguagens Reconhecidas por AP's

Dada uma Gramática G = (V,å,P,S) construiremos um AP equivalente da seguinte maneira: ( Método Top-Down )Q = {q0 } , F = f , Z0 = S , G = V È åd é definida como:

(q,e) Î d(q,a,a) , a Î å ; Desempilha quando topo pilha = cabeça de leitura(q,a) Î d(q,e,A) , para todo A Î V : A ® a Î P

Para demonstrar a equivalência usa-se o seguinte fato:a Þ* x Û (q,x,a) |¾* (q,e,e)

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42

11Propriedades de GLC's11.1Teorema da Iteração Simples

11.1.1Descrição

Seja L uma LLC. Então $ n ³ 1 tal que para todo x Î L com |x| ³ n, existem x1,x2,x3,x4,x5 tais que x =x1x2x3x4x5 onde:

. |x2x3x4| £ n

. |x2x4| ³ 1

. Para todo i ³ 0 , x1x2ix3x4

ix5 Î L

11.1.2Demonstração

Se L é LLC então existe GLC G, tal que L = L(G)Vamos assumir que G está na FNC.Temos então que a altura da árvore de derivação é diretamente proporcional a largura da cadeia derivada,uma vez que as produções são do tipo A ® BC ou A ® b e portanto, "cada nó da árvore possui no máximodois filhos".Temos ainda que os nós internos da árvore são símbolos não terminais.Portanto, para cadeias bastante longas teremos caminhos longos partindo da raiz e chegando as folhas. Estescaminhos, eventualmente terão que possuir não terminais repetidos, visto que a quantidade de não terminaisé finita.Se a linguagem é finita, basta tomar como constante do teorema o tamanho da maior cadeia + 1.Se a linguagem é infinita podemos garantir que existem cadeias que "exigem" que suas árvores de derivaçãopossuam "caminhos com símbolos repetidos". Neste caso, tomamos este caminho e escolhemos os 2primeiros símbolos repetidos indo de baixo para cima na árvore de derivação. As cadeia x1,x2,...,x5 doteorema são escolhidas da seguinte forma:

S

A

A

x1 x2 x3 x4 x5

Como G está na FNC e portanto, não existem produções do tipo A®B com A e B não terminais temos que |x2x4| ³ 1. Além disto, como A é o último símbolo que se repete |x2x3x4| £ k ( constante do teorema ).

11.1.3Exemplo I

Demonstrar que L = {anbncn , n ³ 0 } não é LLC.Vamos supor por absurdo que L seja LLCSeja então k a constante do Teorema da IteraçãoTomemos x = akbkck .Temos então que x Î L e |x| ³ k. Portanto, pelo T.I existem x1,x2,x3,x4,x5 que satisfazem aquelas trêspropriedades do teorema.Estudemos todas as possibilidades para x2 :

k k kaaa...aaa bbb...bbbb ccc...cccc

1 2 3 4 5

43

Caso 1: x2 = am , m ³ 0|x2x3x4| £ k É x2 e x4 não contém c's.Como |x2x4| ³ 1 temos que x1x2

0x3x40x5 contém mais c's do que a's e/ou b's.

Caso 2: x2 contém a's e b'sx1x2

0x3x40x5 não está em L pois não Ï a*b*c* e L Í a*b*c*

Caso 3: x2 = bm , m ³ 1

x2 e x4 não contém a's.Como |x2x4| ³ 1 temos que x1x2

0x3x40x5 contém mais a's do que b's e/ou c's.

Caso 4: x2 contém b's e c'sAnálogo ao caso 2

Caso 5: x2 = cm , m ³ 1

x2 e x4 só contém c's.Como |x2x4| ³ 1 temos que x1x2

0x3x40x5 contém mais a's do que c's.

11.1.4Exemplo II

Demonstrar que L = {aibjcidj , i,j ³ 0 } não é LLC.Vamos supor por absurdo que L seja LLCSeja então n a constante do Teorema da IteraçãoTomemos x = anbncndn .Temos então que x Î L e |x| ³ n. Portanto, pelo T.I existem x1,x2,x3,x4,x5 que satisfazem as 3 propriedades doteorema.Estudemos todas as possibilidades para x2:

Caso 1: x2 contém a'sEntão x2x4 não contém c's ou d's uma vez que |x2x4| £ n.Pelo Teorema, y = x1x3x5 Î L, mas como |x2x4| ³ 1, y contém mais c's ou d's que a's ou b's.

Caso 2: x2 contém b'sEntão x2x4 não contém d's uma vez que |x2x4| £ n.Pelo Teorema, y = x1x3x5 Î L, mas como |x2x4| ³ 1, y contém mais d's que b's.

Caso 3: x2 não contém a's nem b's.Então x2x4 não contém a's ou b's.Pelo Teorema, y = x1x3x5 Î L, mas como |x2x4| ³ 1, y contém mais a's ou b's que c's ou d's.

11.2Teorema da Iteração Extendido (Ogden)11.2.1Exemplo de linguagem que não é GLC e o TI simples não auxilia na prova

Demonstrar que L = {aibjckdl : (i=0) ou (j=k=l)} não é LCVamos supor por absurdo que L seja LCSeja n a constante do teorema:Caso 1: x não contém a's.

Temos que x = bjckdl e portanto, não importa como escolhamos x1,x2,x3,x4,x5 que x1x2

ix3x4ix5 , i ³ 0 pertencerá a L, pois, quando i=0 a igualdade entre j,k e l não precisa ser mantida.

Caso 2: x contém a's.Temos que x = aibncndn , e portanto, sempre é possível escolher x1x2x3x4x5 de forma a satisfazer

as propriedades do teorema: basta fazer x2 = am , x4 = e , 1 £ m £ n.

11.2.2Descrição do Teorema ou Lema de Ogden

Para cada LLC $ uma constante n ³ 1 tal que para todo x Î L onde existem ³ n posições marcadas em x.Existem cadeias x1,x2,x3,x4,x5 tais que x = x1,x2,x3,x4,x5 e valem as seguintes propriedades:

. x2x3x4 tem £ n posições marcadas

. x2x4 tem ³ 1 posições marcadas

. Para todo i ³ 0 , x1x2ix3x4

ix5 Î L

11.2.3Demonstração do Teorema

Tomemos a gramática G = (V,å,P,S) na FNC que gera uma LLC L.Chamemos de Não Terminais Marcados os símbolos não terminais T tais que se T Þ* b , b Î å* então bpossui símbolos marcados.Seja x Î L tal que x = yz.Tomemos um não terminal A tal que A ® BC Î P e B Þ* y , C Þ* z e y e z tem marcas.Seja H a árvore de derivação x.Se houverem h posições marcadas em x então altura de H ³ log(h).Portanto, em H, existe um passeio a, de S para um terminal a, tal que em a existem pelo menos log(h) nãoterminais marcados.Escolhendo a constante do teorema, n , como sendo 2k+1, onde k = |V| teremos que para todo x composições marcadas ³ n, na árvore de derivação de x existe um passeio a de S para um terminal, tal que pelomenos alguns deles se repetem.Portanto, podemos tomar x1,x2,x3,x4,x5 da seguinte forma:S Þ* x1Ax5

44

44

A Þ* x2Ax4

A Þ* x3

Onde A é o último símbolo que se repete e x2x4 possui pelo menos 1 símbolo marcado. Teremos então quex2x3x4 possuem £ n marcados e x1x2

ix3x4ix5 Î L , i ³ 0.

11.2.4Exemplo

Demonstrar que L = {aibjckdl : (i=0) ou (j=k=l)} não é LCVamos supor por absurdo que L seja LCSeja n a constante do teorema:Tomemos x = abncndn com bncn marcados.Caso 1: x2 contem a's.

x2 e/ou x4 contém pelo menos um b e nenhum c ou d. Portanto x1x22x3x4

2x5 Ï LCaso 2: x2 não contem a's

Caso 2.1 : x2 contem b'sx2x4 não contem d's e portanto x1x2

2x3x42x5 Ï L

Caso 2.2: x2 não contem b'sx2x4 não contem b's mas contem c's e portanto x1x2

03x4

05 Ï L

11.3Operações do Tipo Conjunto11.3.1Fecho por União

Dados L1 e L2 Î LLC temos que existem gramáticas G1 = (V1,å,S1,P1) e G2 = (V2,å,S2 ,P2) que geram L1 eL2 respectivamenteConstruindo G3 = ( V1ÈV2ÈS3 , å , S3 , P1 È P2 È S3®S1|S2 ) teremos que L(G3) = L(G1)ÈL(G2), e portanto,LLC é fechado por União.

11.3.2Fecho por Produto

Dados L1 e L2 Î LLC temos que existem gramáticas G1 = (V1,å,S1,P1) e G2 = (V2,å,S2 ,P2) que geram L1 eL2 respectivamenteConstruindo G3 = ( V1ÈV2ÈS3 , å , S3 , P1 È P2 È S3®S1.S2 ) teremos que L(G3) = L(G1)L(G2), e portanto,LLC é fechado por Produto.

11.3.3Fecho por Kleene

Dados L1 Î LLC temos que existe gramática G1 = (V1,å,S1,P1) que gera L1 Construindo G3 = ( V1ÈS3 , å , S3 , P1 È S3®S1.S3 | e ) teremos que L(G3) = L(G1)*, e portanto, LLC éfechado pelo Fecho de Kleene.

11.3.4Não validade do Fecho por Interseção

Dadas L1 = {anbnck , n,k ³ 0 } e L2 = {akbncn , n,k ³ 0 } temos queL1 Ç L2 = {anbncn , n ³ 0 } Ï LLC. No entanto, L1 e L2 Î LLC.

11.3.5Não validade do Fecho por Complemento

Vamos supor por absurdo que para toda L Î LLC , L' = å* - L Î L.Tomemos L1 e L2 Î LLC. Temos então que L1' e L2' Î LLC.Pelo fecho da união temos que L1' È L2' Î LLC.Pela suposição, temos que (L1' È L2' )' Î LLC.Pelo teorema de DeMorgan (L1' È L2' )' = L1 Ç L2 e portanto L1 Ç L2 Î LLC. Contradição.

11.3.6Fecho por Interseção com Linguagens Regulares

Dadas L Î LLC e R Î LR temos que LÇR Î LLC.Seja o AP A tal que LF(A) = LSeja o FSA M tal que L(M) = RConstruiremos um AP A' para reconhecer LÇR da seguinte forma:Estados de A' = [p,q] onde p é estado de A e q é estado de M.Relação de transição de A' :

· ([p1,q1],a) Î d'([p,q],a,x) , a Î å sse (p1,a) Î dA(p,a,x) e q1 = dM(q,a).· ([p1,q],a) Î d'([p,q],e,x) sse (p,a) Î dA(p,e,x)

F' = { [p,q] : p Î FA e q Î FM }q0' = [p0,q0] : p0 é inicial de A e q0 é inicial de M.

11.4Substituições11.4.1Fecho por Substituições Livres de Contexto

Se L é LLC e g é uma substituição Livre de Contexto, então g(L) é LLC.Demonstração: Seja G a gramática que gera L na FNCSejam Ga , para todo a Î å as gramáticas que geram La.Para construirmos um gramática que gere g(L) basta tomarmos cada produção de G do tipo T®a , a Î å esubstitui-las por T ® Sa onde Sa é o símbolo inicial de Ga.

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11.4.2Fecho por Morfismo

Segue-se do Fecho por Substituições Livres de Contexto e do fato de todas as Linguagens Finitas seremLivres de Contexto.

11.4.3Fecho por Morfismo Inverso

Seja h um morfismo de å ® D*Seja L Í D* uma Linguagem Qualquerh-1 (L) = { x Î å* : h(x) Î L } é um Morfismo Inverso de L.Teorema: A Classe LLC é fechada por morfismos inversos.Demonstração:

Seja L Í D* uma LLC. Existe então um AP, A para aceitar L.Construiremos um novo AP, M para aceitar h-1(L) da seguinte forma:Estados de M:

Pares na forma [p,x] , onde p Î QA , x Î D* , e x = h(a) para alguma a Î å.Movimento (d):

([p,y],a) Î dM([q,ay],e,Z) quando (p,a) Î dA(q,a,Z) onde a Î åÈ{e}([p,h(a)],Z) Î dM([q,e],a,Z)

Aceitação:Se aceitação de A for por pilha vazia, M aceita por pilha vazia e estado [q,e]

Exemplo:L = { ww : w Î {a,b}* }.Vamos supor por absurdo que L Î LLLC .

Temos então que L1 = { aibjaibj , i,j ³ 0 } Î LLLC uma vez que

L1 = L Ç a+b+a+b+ e a+b+a+b+

é regular.Seja o seguinte morfismo:

h(a) = h(c) = ah(b) = h(d) = b

Como L1 é Livre de Contexto, temos que h-1(L1) também é. Portanto,L2 = h-1(L1) Ç a*b*c*d* é Livre de Contexto, visto que a*b*c*d* é regular.No entanto, L2 = { aibjcidj , i,j ³ 0}, o que contradiz o fato de L2 Ï LLLC .Obs: h-1(L1) = (a+c)i(b+d)j(a+c)i(b+d)j.

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46

12Máquinas de Turing12.1Definição "Intuitiva"

12.1.1Características principais

A máquina de Turing possui uma fita de tamanho infinito a direita com duas características diferencias emrelação aos FSA's:

· A fita pode tanto ser escrita como lida.· A cabeça de leitura pode andar tanto para direita quanto para esquerda.

12.1.2Aceitação

Uma cadeia de entrada é aceita por uma máquina M se e somente se M passar por um estado final f. ( Éimportante notar que uma cadeia x pode ser aceita mesmo que a cabeça não passe por todos os símbolosde x ).

12.1.3Condições de parada (bloqueio)

Quando houver uma tentativa de movimento para uma posição anterior a primeira cela (posição) da fita.Quando a relação d não determinar o próximo movimento. ( A relação d é restrita normalmente a umafunção parcial )

12.1.4Movimentos além de último símbolo da cadeia de entrada

Inicialmente a fita está completamente preenchida por um símbolo denominado branco. Este símbolo nãopode pertencer ao alfabeto da cadeia de entrada. Representaremos este símbolo por b. Desta forma, quando acadeia de entrada é copiada para a fita, teremos branco depois do final da cadeia, possibilitando que amáquina continue se movimentando mesmo depois do ultimo símbolo da cadeia ( desde que d estejadefinido para b ).

12.2DescriçãoUma máquina de turing é um sistema M = (Q,å,G,q0,F,d) onde:Q = Conjunto de estados ( ¹ f , finito )q0 Î Q = Estado inicialF Í Q = Estados FinaisG = Alfabeto de fita.å Í G = Alfabeto de entrada.d:QxG ® QxGxD , onde D = {R,L,I} indica a direção de movimento.R = RightL = LeftI = No MovimentRestrições adicionais:b Î G - åd é uma função parcial ( Portanto d é determinística )Maneira de representar um elemento de dd(q,a) = (p,x,D) , onde:q = Próximo Estadoa = Símbolo a ser escrito na posição atualp = Estado anteriorx = Símbolo na posição atualD = Direção a ser tomada após a escrita de a.

12.3Movimento da Máquina12.3.1Configuração

Para obter a situação instantânea da máquina devemos possuir as seguintes informações:Estado atualConteúdo da FitaPosição da cabeça de leitura.Representaremos estas informações da seguinte forma:(a,q,b) onde a,b Î G* , q Î Q , conteúdo da fita = ab e a posição da leitora é na cela |a|+1.Observações:Como o símbolo a ser lido é o primeiro símbolo de b temos que b ¹ eO conteúdo da fita na posição |ab|+1 em diante é b .

47


Esta relação sobre o espaço de configurações é definida da seguinte forma:d(q,a) = (p,x,I) , q,p Î Q e a,x Î G

(a,q,ab) |¾ (a,p,xb)d(q,a) = (p,x,R) , q,p Î Q e a,x Î G

b = e /* Note que existe um símbolo antes de b */(a,q,a) |¾ (ax,p,B)

b ¹ e(a,q,ab) |¾ (ax,p,b)

d(q,a) = (p,x,L) , q,p Î Q e a,x Î Ga = a'b

(a'b,q,ab) |¾ (a',p,bxb)a = e

Bloqueio.

12.4Linguagem aceita por M12.4.1L(M) = { x ∈ ∑* : (ε,q0,x) |* (α,f,β) onde f ∈ F }

12.5Exemplo de uma Máquina de Turing12.5.1Construiremos uma Máquina de Turing para aceitar L = {anbncn , n ≥ 1 } que como se sabe não é umaLLC.

12.5.2Idéia da Máquina:

aaaaa bbbbb ccccc bbbbb Fita InicialXaaaa Ybbbb Zcccc bbbbb Fita depois do primeiro "loop"XXaaa YYbbb ZZccc bbbbb Fita depois do segundo "loop"XXXaa YYYbb ZZZcc bbbbb ...XXXXa YYYYb ZZZZc bbbbb ...XXXXX YYYYY ZZZZZ bbbbb ...

12.5.3Estados:

q0 : Se lendo "a" troca "a" com "X" e procura b andando para direita.Senão pula para estado q4

q1 : Troca "b" por "Y" e procura c andando para direitaq2 : Troca "c" por "Z"q3 : Anda para esquerda até encontrar "X" é pula para q0

q4 : Anda para direita enquanto não encontrar b's nem c's. Se encontrar bloqueia ( Cadeia tem maisb's ou c's do que a's ). Senão encontrar irá certamente encontrar um b , neste caso vai para o estadofinal f.f: Estado Final. ( Quando chega aqui nada mais interessa )

12.5.4Movimento:

Troca a por X e anda para Direita d(q0,a) = (q1,X,R)Passa por a's e Y's até encontrar um bd(q1,a) = (q1,a,R)d(q1,Y) = (q1,Y,R)Troca b por Y e anda para Direitad(q1,b) = (q2,Y,R)Passa por b's e Z's até encontrar um cd(q2,b) = (q2,b,R)d(q2,Z) = (q2,Z,R)Troca c por Z e fica no mesmo lugard(q2,c) = (q3,Z,I)Anda para esquerda até encontrar um Xd(q3,c) = (q3,c,L) d(q3,Z) = (q3,Z,L) d(q3,b) = (q3,b,L) d(q3,Y) = (q3,Y,L)d(q3,a) = (q3,a,L)Move para direita e retorna ao estado q0

d(q3,X) = (q0,X,R) Finalização: Ao encontrar um Y estando em q0 entra em estado de finalizaçãod(q0,Y) = (q4,Y,R)Anda para direita enquanto estiver passando por Y's ou Z'sd(q4,Y) = (q4,Y,R)d(q4,Z) = (q4,Z,R)

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48

Se encontrar um b vai para um estado finald(q4,b) = (f,B,I) , onde f Î F.

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13Máquinas de Turing Generalizadas13.1Fita infinita nas duas direções

Simularemos esta máquina I com uma máquina simples M da seguinte forma: ( Note que o problema inversoé trivial )

Fita infinita nas duas direções Fita infinita a direita

... -3 -2 -1 1 2 3 ... 1 2 3 4 5 ... Trilha 1-1 -2 -3 -4 -5 ... Trilha 2

Posição inicial

A trilha 1 da fita de M simula as posições a direita (inclusive) da posição inicial na fita de IA trilha 2 da fita de M simula as posições a esquerda da posição inicial na fita de I

Para simular as duas trilhas alteraremos o alfabeto de fita da nova maquina:G(M) = G(I)xG(I) ; Se I tem k símbolos no alfabeto de fita, M terá k2 .Além disto, teremos para cada um destes símbolos um outro equivalente para indicar o início da fita.( Teremos 2k2 símbolos no total )

Estados:Para cada estado q Î Q(I) teremos um estado q+ ( representando que a máquina está focalizando a trilha 1 )e um estado q- ( foco na trilha 2 ).Além disto teremos um novo estado q0.Os estados finais serão os mesmos de I ( acrescentando-se o + e o - )Movimentos:Inicialização

dM(q0,[a,b]) = (q0+, [â,b] , I ) ; O símbolo com ^ indica que estamos na primeira cela.

Movimento para direita na máquina I estando na trilha 1dM( q+ , [a,b] ) = (p+ , [u,b] , R ou I ) se d(q,a) = (p,u,R ou I )dM( q+ , [â,b] ) = (p+ , [û,b] , R ou I ) se d(q,a) = (p,x,R ou I )

Movimento para esquerda na máquina I estando na trilha 1dM( q+ , [a,b] ) = (p+ , [u,b] , L ) se d(q,a) = (p,u,L )dM( q+ , [â,b] ) = (p- , [û,b] , I ) se d(q,a) = (p,x,L )

Para trilha 2 os movimentos são similares (Invertendo esquerda e direita )

13.2Mais de uma FitaNeste tipo de máquina teremos que d: QxG3 ® (GxD)3.

Idéia da simulação:

Máquina com 3 fitas Máquina com 1 fita

1 2 3 4 ... ^ ... Trilha 01 2 3 4 ... Trilha 1 - Setor 1

Cabeça X ... Trilha 1 - Setor 21 2 3 4 ... R/W 1 2 3 4 ... Trilha 2 - Setor 1

X Trilha 2 - Setor 21 2 3 4 ... Trilha 3 - Setor 1

1 2 3 4 ... X ... Trilha 3 - Setor 2

CabeçaR/W

A trilha 0 será usada apenas para marcar o início da fita.As trilha 1,2,3 simulam as fitas 1,2,3 sendo que:Setor 1 guarda o conteúdo da fita e o setor 2 a posição em que a fita está.

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50

Macro Funcionamento da nova máquina:

· Excursiona para direita (3 vezes) para capturar o que cada fita contém nas respectivas posições atuais( setor 2)

· Consulta d e descobre os novos símbolos e direções· Excursiona para direita (3 vezes) até as posições atuais de cada fita , altera os valores (setor 1) e muda a

posição (setor 2).

13.3Máquinas Não DeterminísticasPara simularmos uma máquina não deterministica ( d não é restrita a uma função parcial ) usaremos umamáquina com 3 fitas da seguinte maneira:

· Fita 1: Contém a entrada.· Fita 2: Rascunho para a entrada.· Fita 3: seqüência de movimentos que devem ser aplicados na fita 2 ( copia da fita 1).

A chave para o funcionamento desta máquina está na geração sistemática da seqüência na fita 3 de forma asimular uma busca em largura na árvore que descreve todos os possíveis movimentos da máquina nãodeterminística.Para cada seqüência gerada a máquina copia a fita 1 na fita 2 e começa a simular a máquina 2 ( usando osdados da fita 3 para limitar as opções de d ).Note que se fosse usada uma busca em profundidade a máquina poderia entrar num estado de loop infinitoantes de chegar a um estado final que estivesse em outra ramificação.

116

12 20

3 13 Na busca em largura é ga-7 14 rantido que o estado 15 será

1 2 8 atingido. Numa busca em pro4 15 fundidade poderia acontecer

de entrarmos em uma situa- 9 ção de loop (estados 12 - 20 -

16 11 ) 5

10

13.4Máquinas de Turing como calculadoras13.4.1Transformando aceitadora (Normal) em calculadora

Dado uma máquina aceitadora que aceita cadeias do tipo x#f(x) podemos construir uma calculadora quedado uma cadeia de entrada x na fita, substitui x por f(x) da seguinte forma:Vamos supor que x e f(x) estejam codificados num sistema unário, por exemplo: Se f(x) é função que elevaum número ao quadrado teremos que f(3) = 9 seria representado por 000#000000000 , ou , 03#(03)2.

Funcionamento da calculadora:

Recebe como cadeia de entrada x.Acrescenta # na frente de x.i ¬ 0Faça Substitui o que está na frente de # por iUsa a máquina aceitadora como subrotina para verificar se x#i Î LSe x#i Î L sai do laçoi ¬ i + 1

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Apaga fita e coloca i

13.4.2Transformando calculadora em aceitadora

Dado uma calculadora que calcula f(x) tendo x como entrada construiremos uma máquina que aceita x#f(x)da seguinte forma:Aceitadora recebe como entrada cadeias do tipo x#f(x)Salva x#f(x) num rascunho Extrai o x de x#f(x) que vem antes de #Usa calculadora como subrotina para calcular f(x)Concatena x , # , e f(x) e compara este resultado com aquele do rascunho.Aceita sse o rascunho está igual ao resultado.

13.4.3Dove Tailing

Ao criar uma calculadora apartir de uma aceitadora deve-se tomar o seguinte cuidado:Ao não aceitar uma cadeia de entrada, a máquina aceitadora pode entrar num estado de loop infinito. Se acalculadora entrar neste estado antes de ter calculado o valor correto teremos um grande problema. Paraevitar que isto ocorra utiliza-se uma técnica chamada "dove tailing" , onde os números vão sendo testados"paralelamente"

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52

14Gramáticas tipo 014.1Definição

Nas gramáticas tipo 0 o lado esquerdo das produções pode conter uma cadeia com terminais e não terminais( igual ao lado direito das gramáticas livre de contexto ). Ou seja, as produções das gramáticas tipo 0 são dotipo: a ® b , a e b Î (VÈå)* e a ¹ e.

Observe no exemplo a seguir que este tipo de gramática permite que se simule movimentos sobre a cadeiagerada até um determinado instante.

14.2Exemplo Gramática para gerar L = {a2i , i ³ 1 } ; "a" elevado a ( 2 elevado a "i" )

S ® ACaB ; A e B são marcadores de início e fimCa ® aaC ; dobra número de a's e vai para "anda" para direitaCB ® DB ; inicia procedimento de fim de "linha"aD ® Da ; "anda" para esquerdaAD ® AC ; Prepara para repetir o ciclo de geração de a'sCB ® E ; Para de gerar a's : Apaga marcador de fim (B)aE ® Ea ; "anda" para esquerdaAE ® e ; apaga o marcador de inicio

Idéia do funcionamento: Começa sempre gerando 2 a's e vai dobrando a cada passo.

Geração de a23 , ou seja, aaaaaaaa

S Þ ACaB Þ AaaCB ÞAaaDB Þ AaDaB Þ ADaaB Þ ACaaBAaaCaB Þ AaaaaCB ÞAaaaaDB Þ AaaaDaB Þ AaaDaaB Þ AaDaaaB Þ ADaaaaB Þ ACaaaaBAaaCaaaB Þ AaaaaCaaB Þ AaaaaaaCaB Þ AaaaaaaaaCBAaaaaaaaaE Þ AaaaaaaaEa Þ AaaaaaaEaa Þ ... Þ AEaaaaaaaa Þeaaaaaaaa = aaaaaaaa

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15Máquinas de Turing ≅ Gramáticas tipo 015.1Simulação de Gramáticas tipo 0 utilizando Máquinas de Turing

Simularemos uma gramática tipo 0, G, utilizando uma Máquina de Turing Não Determinística com 2 fitas:Fita 1: EntradaFita 2: Rascunho

Funcionamento:Inicializa fita 2 com "S"Escolhe-se não deterministicamente uma das produções de G e aplica-se a um ponto do conteúdo da fita 2( Este ponto também é escolhido não determinísticamente ).Para cada escolha compara conteúdo da fita 2 com fita 1 e aceita se forem iguais.

15.2Simulação de Máquinas de Turing utilizando Gramáticas tipo 0Vamos assumir que a Máquina de Turing M seja a mais específica possível ( Uma única fita infinita a direita).Principal dificuldade: A máquina de turing pode destruir a cadeia de entrada durante o seu funcionamento.Idéia da gramática G que simula M:Cada símbolo não terminal será representado por um par [a,x] , onde a é o símbolo inicial da fita e x é oconteúdo da fita ( Cela da fita ) durante a computação.Fase 1:Gera cadeia inicial mais cópiaGera espaço de rascunho à direita da "fita" ( A máquina pode usar o espaço que vem depois da cadeia deentrada como rascunho )S ® q0A0 ; gera estado inicialA0 ® [a,a]A0 ; Para todo a Î å ( Permite a geração de qualquer cadeia inicial )A0 ® A1

A1 ® [e,B]A1 ; Permite a geração de uma quantidade qualquer de brancos. A1 ® eFase 2:Simula operação de M nos segundos elementos de cada par ( Não Terminal )d(q,x) = (p,y,R) Þ q[a,x] ® [a,y]p , para todo a Î åd(q,x) = (p,y,I) Þ q[a,x] ® p[a,y] , para todo a Î åd(q,x) = (p,y,L) Þ [m,z]q[a,x] ® p[m,z][a,y] , para todo a,m Î åFase 3:Se M entra num estado final, G regenera a fita inicialq[a,x] ® qaq , para todo q Î F[a,x]q ® qaqq ® e

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54

16Linguagens Recursivamente Enumeráveis16.1Definição

LRE = { L Í å* : Existe M.T , M tal que L = L(M) }

16.2Demonstrando que LLLC ⊆ LRE (Propriamente)

16.2.1Mostrando que LLLC ⊆ LRE

Para construir uma Máquina de Turing que simule um Autômato a Pilha P basta usar a generalização queadmite duas fitas:Fita 1: Cadeia de entrada.Fita 2: Simulação da Pilha.

16.2.2Mostrando que LLLC ⊆ LRE propriamente

As linguagens L1 = { ww : w Î å* } e L2 = { anbncn , n ³ 1 } não são LLC, no entanto, é possível construiruma M.T para reconhecelas, portanto LLC ¹ RE.

16.3Propriedades 16.3.1União

Demonstração similar a LLC's

16.3.2Interseção

Sejam duas linguagens recursivamente enumeráveis L1 e L2 e duas máquinas M1 e M2 que as reconheçam.O funcionamento da Máquina M ( 2 fitas ) que aceita L1 Ç L2 é o seguinte:Copia fita com cadeia de entrada para fita rascunhoSimula M1 no rascunho.Se M1 aceita : Copia fita de entrada para rascunhoSe M1 não aceita: rejeita ( Note que se M1 não parar M também não para )Simula M2 no rascunho.Aceita sse M2 aceita.

16.4Propriedades Não Válidas (Não Fechadas )16.4.1 Complemento

16.4.2Produto ?

16.4.3Kleene ?

16.5Exemplo de Linguagem que não pertence a LRE

Toda RE pode ser aceita por uma máquina com 3 símbolos de fita.Se M possuir k símbolos de fita ( k ³ 3 ) podemos codificar cada símbolo de M em um bloco de 0's , 1's e b's( Cada bloco com cerca de log(k) símbolos ).Para simular a máquina original a nova máquina deve seguir os seguintes procedimentos:Transformar a entrada no código correspondenteSimular: lendo um bloco, obtendo novo estado e o código do novo símbolo , escreve novo bloco e move acabeça (de bloco em bloco ).

Máquinas de Turing podem ser descritas por um cadeia de 0's e 1'sUm exemplo de descrição de máquinas de turing usando 0's e 1's é o seguinte:

1 1 1 d 1 1 d 1 1 d 1 1 ... 1 1 1

111 Sinaliza inicio/fim da descrição11 Sinaliza inicio/fim de cada entrada de dd 0a10b1Oc10d10e

a : Estado atualb : Símbolo na fitac : Novo Estadod : Novo símboloe : Direção do Movimento

Desta forma conseguimos uma correspondência entre as máquinas de turing e um número binário positivoque a representa.

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Descrição da Linguagem Ld

Seja uma matriz w bidimensional de números binários onde cada elemento wm,n de w é definido da seguinteforma:

1 : Se a i-ésima Máquina aceita a cadeia j0 : Se i não é descrição de Máquina ( Não está na forma 111d11...11d111 ) ou a

i-ésima máquina rejeita j.Tomemos Ld Í å* tal que Ld = { i : wi,i = 0 } ; Diagonal da matriz com elementos 0.

; Cadeia de entrada é a própria máquina.

Demonstrando que Ld ∉ LRE

Vamos supor por absurdo que L = L(M) para alguma Máquina de Turing M.Seja k o número binário (cadeia sobre {0,1}* ) que corresponde a descrição de M.Vejamos o que ocorre em w quando a cadeia k é fornecida como entrada para M:Caso 1: k Î Ld

Pela definição de Ld temos que wk,k = 0.No entanto, pela construção de w temos que Mk ( = M ) rejeita k. Contradição.

Caso 2: k Ï Ld

Pela definição de Ld temos que wk,k = 1No entanto, pela construção de w temos que Mk rejeita k. Contradição.

Conclusão: Ld Ï LRE

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17Linguagens Recursivas17.1Definição

Conjunto de todas as linguagens aceitas por Máquinas de Turing que sempre param ( Aceitando ou Não ).Linguagens Recursivas @ Problemas Decidíveis @ Algoritmos

17.2Propriedades17.2.1União

Sejam L1 e L2 linguagens recursivas.Construímos M para aceitar L1 È L2 da seguinte forma:Simular máquina M1 que aceita L1

Simular máquina M2 que aceita L2

Parar e aceitar sse M1 ou M2 aceitam.

17.2.2Complemento

Para construir uma máquina que aceita L , basta inverter o resultado da máquina que aceita L.

17.2.3Interseção

Basta usar as duas propriedades anteriores (De Morgan)

17.2.4Se L ∈ LRE e L ∈ LRE então L,L ∈ LRC

Dado x Î å* construiremos um Autômato que sempre para assim:Copia x para fita 2 e para fita 3Simula alternadamente um movimento da máquina de L (M1) na fita 2 e outro da máquina de L (M2) na fita 3Como x Î L ou x Î L uma das duas simulações sempre para.Se M1 parar aceita , se M2 parar rejeita.

Possibilidades para L e L: · L , L Î LRE ( É L,L Î LRC )

· L ( ou L ) Î LRE e L ( ou L ) Ï LRE

· L e L Ï LRE

17.3Linguagem Universal ∈ LRC e ∉ LRE Lu = { <M>w : <M> aceita w } ; Linguagem Universal<M> : Código binário que descreve uma Máquina de Turing.Demonstração de que Lu Ï LRC Vamos supor por absurdo que Lu seja recursiva.Seja A uma Máquina de Turing que sempre para e que aceita Lu

Usaremos A para construir um algoritmo ( Máquina ) B para aceitar Ld ( código representando máquinas deturing que aceitam seu próprio código como entrada ) que opera assim: ( Redução )

B recebe como entrada uma cadeia k ( Representação de uma Máquina de Turing )Copia k para outra fitaDobra k; Fita passa a conter kkUsa A p/verificar se kk Î Lu. ( Sempre pára, visto que A é algoritmo )Retorna o resultado de A.

Temos então que Ld Î LRC . Como RC é fechado por complemento, temos que, Ld = Ld Î LRC. Contradição.

17.4Problemas de Decisão17.4.1Definição

São problemas cuja solução é SIM ou NÃO.Um problema de decisão P é decidível sse a linguagem Lp que contém todos os códigos de instâncias de Pque representam SIM é recursiva.

17.4.2Técnica básica para mostrar que um problema é Indecidível

· Construir Linguagem L equivalente ao problema.· Supor por absurdo que é Decidível e que portanto L Î LRC

· Tomar a Máquina A que aceita L.· Reduzir a máquina A a uma máquina B que aceita um Linguagem L que sabidamente não pertença a LRC

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17.4.3Problema Indecidível I: Problema da Parada

Descrição: Determinar se uma M.T. pára ao analisar uma cadeia de entrada que também é dada.Para responder se este problema é decidível devemos resolver o seguinte problema:Ly = {#<M>#w : M.T para ao computar sobre w } Î LRC

Vamos supor por absurdo que Ly Î LRCSeja A a Máquina (Que sempre pára) que aceita Ly.Reduziremos A a uma Máquina B para aceita Lu ( Linguagem Universal ).Operação de B:B recebe como entrada #<M>#wExecuta A sobre #<M>#w ( A sempre para )Se A pára então

Se A rejeita entãoM não pára sobre w \ M não aceita w \ B rejeita

Senão ( A aceita \ M pára ) B simula M sobre w ( Note que M pára )

Se M aceita , B aceitaSe M rejeita , B rejeita

Senão ( A não para )B também não para e portanto rejeita ( Como tinha que ser )

Temos então que Lu Î LRC \ Contradição.

17.4.4Problema Indecidível II: Problema de Parada com fita branca

Descrição: Determinar se uma M.T, M pára ao computar sobre a fita branca.Lb = { <M> : M pára ao computar sobre a fita branca }Vamos supor por absurdo que Lb Î LRC Seja A a Máquina que aceita Lb

Usaremos A para construir uma Máquina B para aceitar Ly ( Problema da Parada )Operação de B:B recebe como entrada #<M>#wB constrói a descrição de uma nova máquina B' que opera assim:

B' Inicia com a fita vazia ; Máquina B' nunca para aquiB' Escreve w na fita ; Máquina B' nunca para aquiB' Simula M na fita. ; Máquina B' pode parar aqui dependendo de M e w

B aciona A sobre o código B'Se A para então

Se A aceita entãoB' para com fita vazia \ M pára com w \ B aceita

Senão ( A rejeita )B' não para com fita vazia \ M não pára com w \ B rejeita

Senão ( A não para )B também não pára e portanto rejeita.

Temos então que Ly Î LRC \ Contradição

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18Classificação Geral das Linguagens

∑*

Recursivamente Enumeráveis( Máquinas de Turing , Gramática 0)

Recursivas ( Máquinas de Turing Determ.) (Algoritmos)

Livres de Contexto ( Autômatos a Pilha , Gramáticas livre de Contexto )

Regulares ( FSA

Gramáticas Regulares NFSA

e-FSA Expressões Regulares 2-FSA )

0*1* 0n1n ww Lu Ld

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