Repetytorium z JFiZO

Jakub Michaliszyn

Zadania 23 i 25

Zadanie 23. Niech L będzie językiem regularnym. Wtedy język

L∗ = {w | ∃n ∈ N.wn ∈ L}

jest regularny.

Rozgrzewka

{w | ∃n ∈ N.wn ∈ L} = {w | ∃n ≤ iL.wn ∈ L}

(w zasadzie do niczego nam się nie przyda)

Zadanie 23. Niech L będzie językiem regularnym. Wtedy język

L∗ = {w | ∃n ∈ N.wn ∈ L}

jest regularny.

Rozgrzewka

{w | ∃n ∈ N.wn ∈ L} = {w | ∃n ≤ iL.wn ∈ L}

(w zasadzie do niczego nam się nie przyda)

Zadanie 23. Niech L będzie językiem regularnym. Wtedy język

L∗ = {w | ∃n ∈ N.wn ∈ L}

jest regularny.

Rozgrzewka

{w | ∃n ∈ N.wn ∈ L} = {w | ∃n ≤ iL.wn ∈ L}

(w zasadzie do niczego nam się nie przyda)

Niech A = (Σ,Q, q0,QF , δ) będzie DFA takim, że LA = L.Niech Tx : Q → Q będzie taka, że Tx(q) = δ̂(q, x).

Obserwacja

Jeśli Tx = Ty oraz Tz = Tv , to Txz = Tyv .

Szkic dowodu:Txz(q) = δ̂(q, xz) = δ̂(δ̂(q, x), z) = δ̂(δ̂(q, y), v) = Tyv (q).

TwierdzenieDla dowolnych słów x , y , jeśli Tx = Ty , to dla dowolnego vmamy xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗ (czyli x ∼L∗ y).

Wniosek: L∗ ma skończony indeks, więc jest regularny.

Niech A = (Σ,Q, q0,QF , δ) będzie DFA takim, że LA = L.Niech Tx : Q → Q będzie taka, że Tx(q) = δ̂(q, x).

Obserwacja

Jeśli Tx = Ty oraz Tz = Tv , to Txz = Tyv .

Szkic dowodu:Txz(q) = δ̂(q, xz) = δ̂(δ̂(q, x), z) = δ̂(δ̂(q, y), v) = Tyv (q).

TwierdzenieDla dowolnych słów x , y , jeśli Tx = Ty , to dla dowolnego vmamy xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗ (czyli x ∼L∗ y).

Wniosek: L∗ ma skończony indeks, więc jest regularny.

Niech A = (Σ,Q, q0,QF , δ) będzie DFA takim, że LA = L.Niech Tx : Q → Q będzie taka, że Tx(q) = δ̂(q, x).

Obserwacja

Jeśli Tx = Ty oraz Tz = Tv , to Txz = Tyv .

Szkic dowodu:Txz(q) = δ̂(q, xz) = δ̂(δ̂(q, x), z) = δ̂(δ̂(q, y), v) = Tyv (q).

TwierdzenieDla dowolnych słów x , y , jeśli Tx = Ty , to dla dowolnego vmamy xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗ (czyli x ∼L∗ y).

Wniosek: L∗ ma skończony indeks, więc jest regularny.

Niech A = (Σ,Q, q0,QF , δ) będzie DFA takim, że LA = L.Niech Tx : Q → Q będzie taka, że Tx(q) = δ̂(q, x).

Obserwacja

Jeśli Tx = Ty oraz Tz = Tv , to Txz = Tyv .

Szkic dowodu:Txz(q) = δ̂(q, xz) = δ̂(δ̂(q, x), z) = δ̂(δ̂(q, y), v) = Tyv (q).

TwierdzenieDla dowolnych słów x , y , jeśli Tx = Ty , to dla dowolnego vmamy xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗ (czyli x ∼L∗ y).

Wniosek: L∗ ma skończony indeks, więc jest regularny.

Twierdzenie∀x , y , v .Tx = Ty ⇒ (xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗).

Obserwacja

Jeśli Tx = Ty oraz Tz = Tv , to Txz = Tyv .

Weźmy dowolne x , y takie, że Tx = Ty i dowolne v ∈ Σ∗.

Z obserwacji wynika, że Txv = Tyv .

Podobnie, Txvxv = Tyvyv . I dla każdego k , T(xv)k = T(yv)k .

Zauważny, że jeśli Tw = Tw ′ , to w ∈ L ⇔ w ′ ∈ L, boTw (q0) ∈ QF ⇔ Tw ′(q0) ∈ QF .

Zatem dla każdego n mamy (xv)n ∈ L wtedy i tylkowtedy, gdy (yv)n ∈ L. Stąd xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗.

Twierdzenie∀x , y , v .Tx = Ty ⇒ (xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗).

Obserwacja

Jeśli Tx = Ty oraz Tz = Tv , to Txz = Tyv .

Weźmy dowolne x , y takie, że Tx = Ty i dowolne v ∈ Σ∗.

Z obserwacji wynika, że Txv = Tyv .

Podobnie, Txvxv = Tyvyv . I dla każdego k , T(xv)k = T(yv)k .

Zauważny, że jeśli Tw = Tw ′ , to w ∈ L ⇔ w ′ ∈ L, boTw (q0) ∈ QF ⇔ Tw ′(q0) ∈ QF .

Zatem dla każdego n mamy (xv)n ∈ L wtedy i tylkowtedy, gdy (yv)n ∈ L. Stąd xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗.

Twierdzenie∀x , y , v .Tx = Ty ⇒ (xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗).

Obserwacja

Jeśli Tx = Ty oraz Tz = Tv , to Txz = Tyv .

Weźmy dowolne x , y takie, że Tx = Ty i dowolne v ∈ Σ∗.

Z obserwacji wynika, że Txv = Tyv .

Podobnie, Txvxv = Tyvyv . I dla każdego k , T(xv)k = T(yv)k .

Zauważny, że jeśli Tw = Tw ′ , to w ∈ L ⇔ w ′ ∈ L, boTw (q0) ∈ QF ⇔ Tw ′(q0) ∈ QF .

Zatem dla każdego n mamy (xv)n ∈ L wtedy i tylkowtedy, gdy (yv)n ∈ L. Stąd xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗.

Twierdzenie∀x , y , v .Tx = Ty ⇒ (xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗).

Obserwacja

Jeśli Tx = Ty oraz Tz = Tv , to Txz = Tyv .

Weźmy dowolne x , y takie, że Tx = Ty i dowolne v ∈ Σ∗.

Z obserwacji wynika, że Txv = Tyv .

Podobnie, Txvxv = Tyvyv . I dla każdego k , T(xv)k = T(yv)k .

Zauważny, że jeśli Tw = Tw ′ , to w ∈ L ⇔ w ′ ∈ L, boTw (q0) ∈ QF ⇔ Tw ′(q0) ∈ QF .

Zatem dla każdego n mamy (xv)n ∈ L wtedy i tylkowtedy, gdy (yv)n ∈ L. Stąd xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗.

Twierdzenie∀x , y , v .Tx = Ty ⇒ (xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗).

Obserwacja

Jeśli Tx = Ty oraz Tz = Tv , to Txz = Tyv .

Weźmy dowolne x , y takie, że Tx = Ty i dowolne v ∈ Σ∗.

Z obserwacji wynika, że Txv = Tyv .

Podobnie, Txvxv = Tyvyv . I dla każdego k , T(xv)k = T(yv)k .

Zauważny, że jeśli Tw = Tw ′ , to w ∈ L ⇔ w ′ ∈ L, boTw (q0) ∈ QF ⇔ Tw ′(q0) ∈ QF .

Zatem dla każdego n mamy (xv)n ∈ L wtedy i tylkowtedy, gdy (yv)n ∈ L. Stąd xv ∈ L∗ ⇔ yv ∈ L∗.

Zadanie 25. Niech L będzie językiem regularnym. Wtedy język

L/2 = {w | ∃v .|v | = |w | ∧ vw ∈ L}

jest regularny.

Niech A = (Σ,Q, q0,QF , δ) będzie DFA takim, że LA = L.

Niech Tx : Q → Q będzie jak wcześniej, orazRx = {q ∈ Q | ∃y .|y | = |x | ∧ δ̂(q0, y) = q}.

TwierdzenieDla każdych x , y , jeśli Tx = Ty i Rx = Ry , to x ∼L/2 y .

Wniosek: L/2 jest regularny.

Zadanie 25. Niech L będzie językiem regularnym. Wtedy język

L/2 = {w | ∃v .|v | = |w | ∧ vw ∈ L}

jest regularny.

Niech A = (Σ,Q, q0,QF , δ) będzie DFA takim, że LA = L.Niech Tx : Q → Q będzie jak wcześniej, orazRx = {q ∈ Q | ∃y .|y | = |x | ∧ δ̂(q0, y) = q}.

TwierdzenieDla każdych x , y , jeśli Tx = Ty i Rx = Ry , to x ∼L/2 y .

Wniosek: L/2 jest regularny.

Zadanie 25. Niech L będzie językiem regularnym. Wtedy język

L/2 = {w | ∃v .|v | = |w | ∧ vw ∈ L}

jest regularny.

Niech A = (Σ,Q, q0,QF , δ) będzie DFA takim, że LA = L.Niech Tx : Q → Q będzie jak wcześniej, orazRx = {q ∈ Q | ∃y .|y | = |x | ∧ δ̂(q0, y) = q}.

TwierdzenieDla każdych x , y , jeśli Tx = Ty i Rx = Ry , to x ∼L/2 y .

Wniosek: L/2 jest regularny.

TwierdzenieDla każdych x , y , jeśli Tx = Ty i Rx = Ry , to x ∼L/2 y .

Weźmy dowolne x , y , z takie, że Tx = Ty i Rx = Ry .

Zauważmy, że Txz = Tyz i Rxz = Ryz .

Pokażemy, że xz ∈ L/2 jest równoważne yz ∈ L/2, czyli:∃v .|v | = |xz | ∧ vxz ∈ L w.t.w., gdy ∃v ′.|v ′| = |yz | ∧ v ′yz ∈ LNiech v będzie takie, że |v | = |xz | i vxz ∈ L.Wtedy δ̂(q0, v) ∈ Rxz . Skoro Rxz = Ryz , to istnieje v ′

takie, że |v ′| = |yz | i δ̂(q0, v) = δ̂(q0, v′).

Zauważmy, że Txz(δ̂(q0, v)) = δ̂(δ̂(q0, v), xz) ∈ QF .

Skoro Txz = Tyz , to Txz(δ̂(q0, v)) = Tyz(δ̂(q0, v′)), więc

δ̂(q0, v′yz) ∈ L.

TwierdzenieDla każdych x , y , jeśli Tx = Ty i Rx = Ry , to x ∼L/2 y .

Weźmy dowolne x , y , z takie, że Tx = Ty i Rx = Ry .

Zauważmy, że Txz = Tyz i Rxz = Ryz .

Pokażemy, że xz ∈ L/2 jest równoważne yz ∈ L/2, czyli:∃v .|v | = |xz | ∧ vxz ∈ L w.t.w., gdy ∃v ′.|v ′| = |yz | ∧ v ′yz ∈ L

Niech v będzie takie, że |v | = |xz | i vxz ∈ L.Wtedy δ̂(q0, v) ∈ Rxz . Skoro Rxz = Ryz , to istnieje v ′

takie, że |v ′| = |yz | i δ̂(q0, v) = δ̂(q0, v′).

Zauważmy, że Txz(δ̂(q0, v)) = δ̂(δ̂(q0, v), xz) ∈ QF .

Skoro Txz = Tyz , to Txz(δ̂(q0, v)) = Tyz(δ̂(q0, v′)), więc

δ̂(q0, v′yz) ∈ L.

TwierdzenieDla każdych x , y , jeśli Tx = Ty i Rx = Ry , to x ∼L/2 y .

Weźmy dowolne x , y , z takie, że Tx = Ty i Rx = Ry .

Zauważmy, że Txz = Tyz i Rxz = Ryz .

Pokażemy, że xz ∈ L/2 jest równoważne yz ∈ L/2, czyli:∃v .|v | = |xz | ∧ vxz ∈ L w.t.w., gdy ∃v ′.|v ′| = |yz | ∧ v ′yz ∈ LNiech v będzie takie, że |v | = |xz | i vxz ∈ L.Wtedy δ̂(q0, v) ∈ Rxz . Skoro Rxz = Ryz , to istnieje v ′

takie, że |v ′| = |yz | i δ̂(q0, v) = δ̂(q0, v′).

Zauważmy, że Txz(δ̂(q0, v)) = δ̂(δ̂(q0, v), xz) ∈ QF .

Skoro Txz = Tyz , to Txz(δ̂(q0, v)) = Tyz(δ̂(q0, v′)), więc

δ̂(q0, v′yz) ∈ L.

TwierdzenieDla każdych x , y , jeśli Tx = Ty i Rx = Ry , to x ∼L/2 y .

Weźmy dowolne x , y , z takie, że Tx = Ty i Rx = Ry .

Zauważmy, że Txz = Tyz i Rxz = Ryz .

Pokażemy, że xz ∈ L/2 jest równoważne yz ∈ L/2, czyli:∃v .|v | = |xz | ∧ vxz ∈ L w.t.w., gdy ∃v ′.|v ′| = |yz | ∧ v ′yz ∈ LNiech v będzie takie, że |v | = |xz | i vxz ∈ L.Wtedy δ̂(q0, v) ∈ Rxz . Skoro Rxz = Ryz , to istnieje v ′

takie, że |v ′| = |yz | i δ̂(q0, v) = δ̂(q0, v′).

Zauważmy, że Txz(δ̂(q0, v)) = δ̂(δ̂(q0, v), xz) ∈ QF .

Skoro Txz = Tyz , to Txz(δ̂(q0, v)) = Tyz(δ̂(q0, v′)), więc

δ̂(q0, v′yz) ∈ L.

Na ćwiczenia 9 marca obowiązują zadania:14 (nuda)

15 (ok)

17 (ok)

27 (fajne)

30 (?)

43 (fajne)

44 (fajne)

45 (fajne)