Bagaimana menunjukkan bahwa bahasa reguler "terbalik" adalah teratur

Saya terjebak pada pertanyaan berikut:

"Bahasa reguler adalah persis yang diterima oleh automata terbatas. Mengingat fakta ini, menunjukkan bahwa jika bahasa $L$ diterima oleh beberapa otomat terbatas, maka $L^{R}$ juga diterima oleh beberapa yang terbatas; $L^{R}$ terdiri dari semua kata $L$ terbalik."

Jadi, dengan bahasa teratur , kita tahu (pada dasarnya berdasarkan definisi) bahwa itu diterima oleh beberapa automata terbatas, jadi ada seperangkat keadaan terbatas dengan transisi yang sesuai yang membawa kita dari keadaan awal ke kondisi penerima jika dan hanya jika input adalah string di L . Kita bahkan dapat bersikeras bahwa hanya ada satu negara penerima, untuk menyederhanakan banyak hal. Untuk menerima bahasa sebaliknya yang perlu kita lakukan adalah membalik arah transisi, mengubah status mulai menjadi status terima, dan status terima ke kondisi awal. Kemudian kita memiliki mesin yang "mundur" dibandingkan dengan yang asli, dan menerima bahasa L R .$L$$L$$L^{R}$

Anda harus menunjukkan bahwa Anda selalu dapat membuat otomat terbatas yang menerima string dalam $L^R$ diberikan otomat terbatas yang menerima string dalam$L$ . Berikut adalah prosedur untuk melakukannya.

1. Balikkan semua tautan di automaton
2. Tambahkan status baru (sebut saja $q_s$ )
3. Buat tautan dengan label $\epsilon$ dari status $q_s$ ke setiap status akhir
4. Ubah semua status akhir menjadi kondisi normal
5. Ubah status awal menjadi status akhir
6. Jadikan $q_s$ kondisi awal

Mari memformalkan semua ini; kita mulai dengan menyatakan teorema.

Dalil. Jika $L$ adalah bahasa reguler, kemudian jadi adalah $L^{R}$ .

Misalkan $A = (Q_A, \Sigma_A, \delta_A, q_A, F_A)$ menjadi NFA dan biarkan $L = L(A)$ . The $\epsilon$ -NFA $A^{R}$ didefinisikan di bawah menerima bahasa $L^{R}$ .

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

Bukti. Pertama, kita membuktikan pernyataan berikut: $\exists$ jalan dari $q$ ke $p$ di $A$ berlabel dengan $w$ jika dan hanya jika $\exists$ jalan dari $p$ ke $q$ di $A^R$ diberi label dengan $w^R$ (kebalikan dari $w$ ) untuk $q, p \in Q_A$ . Buktinya adalah dengan induksi pada panjang $w$ .

1. Kasing dasar: $|w| = 1$
   Dimiliki oleh definisi $\delta_{A^R}$
2. Induksi: anggap pernyataan tersebut berlaku untuk kata-kata dengan panjang $\lt n$ dan biarkan $|w| = n$ dan $w = xa$
   Biarkan $p \in \delta_A^*(q, w) = \delta_A^*(q, xa)$
   Kita tahu bahwa $\delta_A^*(q, xa) = \cup_{p'}\delta_A(p', a)$ $\forall p' \in \delta_A^*(q, x)$
   $x$ dan$a$ adalah kata-kata yang kurang dari$n$ simbol. Dengan hipotesis induksi,$p' \in \delta_{A^R}(p, a)$ dan$q \in \delta_{A^R}^*(p', x^R)$ . Ini menyiratkan bahwa$q \in \delta_{A^R}^*(p, ax^R) \iff p \in \delta_A^*(q, xa)$ .

Membiarkan $q = q_A$ dan $p = s$ untuk beberapa $s \in F_A$ dan mengganti $w^R$ untuk $ax^R$ jaminan bahwa $q \in \delta_{A^R}^*(s, w^R)$ $\forall s \in F_A$ . Karena ada jalan berlabel $\epsilon$ dari $q_s$ ke setiap keadaan di $F_A$ (3. dalam definisi $A^R$) Dan jalan dari setiap negara bagian di $F_A$ ke negara $q_A$ label dengan $w^R$ , maka ada jalan diberi label dengan $\epsilon w^R = w^R$ dari $q_s$ untuk $q_A$ . Ini membuktikan teorema.

Perhatikan bahwa ini membuktikan bahwa $(L^R)^R = L$ juga.

Harap edit jika ada kesalahan pemformatan atau kekurangan pada bukti saya ....

Untuk menambah transformasi berbasis automata dijelaskan di atas, Anda juga dapat membuktikan bahwa bahasa reguler ditutup di bawah reversal dengan menunjukkan bagaimana mengkonversi ekspresi reguler untuk menjadi ekspresi reguler untuk L R . Untuk melakukannya, kita akan mendefinisikan fungsi R E V ekspresi regular yang menerima sebagai masukan ekspresi reguler R untuk beberapa bahasa L , kemudian menghasilkan ekspresi reguler R ' untuk bahasa L R . Ini didefinisikan secara induktif pada struktur ekspresi reguler:$L$$L^R$$REV$$R$$L$$R'$$L^R$

1. $REV(\epsilon) = \epsilon$
2. $REV(\emptyset) = \emptyset$
3. $REV(a) = a$ for any $a \in \Sigma$
4. $REV(R_1 R_2) = REV(R_2) REV(R_1)$
5. $REV(R_1 | R_2) = REV(R_1) | REV(R_2)$
6. $REV(R*) = REV(R)*$
7. $REV((R)) = (REV(R))$

You can formally prove this construction correct as an exercise.

Hope this helps!

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

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

When $\emptyset^R \rightarrow \emptyset$

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

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

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

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

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

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

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

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