WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 6 | 7 || 9 |

Замечание 13.39. Систему..., xn), (y1,..., yn)) иногда x x((x1, 1 n изображают в виде,...,.

y1 yn Определение 13.40. Решением (match) постовской системы соответствия ((x1,..., xn), (y1,..., yn)) называется непустая последовательность индексов (i1,..., ik), удовлетворяющая условию xi... xi = yi... yi, где 1 ij n для каждого j.

1 k 1 k Пример 13.41. Пусть ={a, b, c}. Рассмотрим постовскую aab a caa систему соответствия,,. Последовательность a aa bc (2, 1, 3, 2, 2) является решением этой системы.

Упражнение 13.42. Пусть = {a, b, c, 0, 1,,, }. Существует ли решение у постовской системы соответствия a ab ac a a a,,,,,, aaba1acaa ba ca a baa aba a1ab a1ac aba10ab aca10ab a10ac a11ac,,,,,, a ca10a 10abaca 10acaca ca11a ca1a aac aba aaa aab aca,,,, a a a a Ответ. Да. Например, (1, 2, 8, 5, 2, 10, 4, 2, 11, 3, 4, 2, 3, 12, 5, 2, 3, 3, 7, 4, 2, 3, 16, 4, 2, 16, 4, 15, 4, 17).

Определение 13.43. Проблемой соответствий Поста (Post correspondence problem) называется проблема нахождения алгоритма, выясняющего для каждой постовской системы соответствия, существует ли решение этой системы.

Теорема 13.44. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольной постовской системе соответствия над алфавитом узнать, имеет ли она решение. (То есть проблема соответствий Поста неразрешима.) Доказательство можно найти в [ХопМотУль, 9.4].

Алгоритмически разрешимые проблемы 14. Алгоритмически разрешимые проблемы 14.1. Неукорачивающие грамматики [ГроЛан, 12.1], [АхоУль, с. 117, 119], [Бра, с. 37–38], [Гла, 3.2, 3.5], [Лал, с. 161], [ГлаМел, с. 54], [ГорМол, с. 361–362], [LewPap2, с. 271], [КукБей, с. 271–272], [ЛПИИ, 5.2.7] Определение 14.1. Порождающая грамматика называется неукорачивающей, если для каждого правила ( ) P выполняется неравенство || ||.

Теорема 14.2. Существует алгоритм, позволяющий по произвольной неукорачивающей грамматике G и по слову w узнать, верно ли, что w L(G).

Теорема 14.3. Каждая контекстная грамматика является неукорачивающей. Каждая неукорачивающая грамматика эквивалентна некоторой контекстной грамматике.

Пример 14.4. Грамматика S AST A, S AbA, A a, bT bb, AT TA эквивалентна контекстной грамматике из примера 1.59.

14.2*. Линейно ограниченные автоматы [Бра, с. 91–100], [Гин, с. 107–108], [Гла, 3.2], [АхоУль, с. 120], [ГроЛан, 12.2], [Sip, с. 177], [LewPap2, с. 271] Определение 14.5. Машина Тьюринга Q,,, b0,, I, F называется линейно ограниченным автоматом (linear bounded automaton), если не существует таких w, x, q Q, a и y, что, p, b0, wb0 x, q, a, y и |xay| > |b0wb0|.

Теорема 14.6. Язык L, не содержащий пустого слова, порождается некоторой неукорачивающей грамматикой тогда и только тогда, когда существует линейно ограниченный автомат (в общем случае недетерминированный), который допускает язык L.

Замечание 14.7. Неизвестно, верен ли аналог теоремы 14.для детерминированных линейно ограниченных автоматов.

Алгоритмически разрешимые проблемы Теорема 14.8. Класс языков, порождаемых неукорачивающими грамматиками, замкнут относительно операций объединения, пересечения и дополнения.

14.3. Проблема выводимости слова [Гин, 4.1, 1.8], [ХопМотУль, 7.4.4], [Лал, с. 305], [ГроЛан, 7.2.4], [Sip, 4.1], [LewPap2, 3.6] Теорема 14.9. Существует алгоритм, позволяющий по произвольной контекстно-свободной грамматике G узнать, верно ли, что L(G).

Теорема 14.10. Существует алгоритм, позволяющий по произвольной контекстно-свободной грамматике G и по слову w узнать, верно ли, что w L(G).

14.4. Проблема пустоты языка [Гин, 4.1, 1.4], [АхоУль, 2.4.2], [ХопМотУль, 7.4.3], [Гла, 4.2], [ГроЛан, 7.2.3], [Лал, с. 305], [Sip, 4.1], [Рей, с. 65–66] Теорема 14.11. Существует алгоритм, позволяющий по произвольной контекстно-свободной грамматике G узнать, верно ли, что L(G) =.

Доказательство. Удалим из G все бесполезные символы, кроме начального символа (как в доказательстве теоремы 8.2).

Если полученная грамматика содержит хотя бы одно правило, то L(G) =.

14.5. Проблема бесконечности языка [Гин, 4.1], [ГроЛан, 7.2.3], [Гла, 4.2], [Лал, с. 297–299, 305], [Бра, с. 65–70], [Рей, с. 71] Теорема 14.12. Существует алгоритм, позволяющий по произвольной контекстно-свободной грамматике G узнать, является ли бесконечным язык L(G).

Алгоритмически неразрешимые проблемы Пример 14.13. Рассмотрим контекстно-свободную грамматику G из примера 8.3. Чтобы выяснить, является ли язык L(G) бесконечным, удалим сначала все бесполезные символы. Затем устраним все -правила. Так как W Z и Z W, то м ожно всюду заменить W на Z. Получится грамматика S VZ, T aa, T bb, V aT b, V bT a, Z aab, Z b, эквивалентная исходной грамматике G. Очевидно, эта грам м атика не содержит “рекурсивных” нетерминальных символов. Следовательно, язык L(G) является конечным.

14.6. Проблема равенства автоматных языков [Гин, 4.1], [АхоУль, 2.3.4], [Сал, с. 35], [ХопМотУль, 4.4.2], [ГроЛан, 10.4.5], [ТраБар, 1.1, 1.4], [Sip, 4.1], [LewPap2, 2.6], [Рей, с. 62–63] Теорема 14.14. Существует алгоритм, позволяющий по произвольным двум праволинейным грамматикам G1 и Gузнать, верно ли, что L(G1) L(G2).

Теорема 14.15. Существует алгоритм, позволяющий по произвольным двум праволинейным грамматикам G1 и Gузнать, верно ли, что L(G1) =L(G2).

15. Алгоритмически неразрешимые проблемы 15.1. Пересечение контекстно-свободных языков [Гин, 4.2], [ГроЛан, 8.1.1, 8.1.2], [АхоУль, с. 237], [Лал, с. 306] Определение 15.1. Пусть = (x1,..., xn), где xi {a, b} x для всех i. Рассмотрим алфавит 3 = {a, b, c}. Обозначим через G( линейную грамматику {S}, 3, P, S, где x) P = {S baiSxi | 1 i n} {S baicxi | 1 i n}.

Обозначимчерез L язык, порождаемый грамматикой G( x).

x Алгоритмически неразрешимые проблемы Лемма 15.2. Язык L Ly является непустым тогда и x только тогда, когда постовская система соответствия ( x, y) имеет решение.

Пример 15.3. Рассмотрим постовскую систему соответствия b abbaa, bba a (то есть n =2, =(b, abbaa) и y =(bba, a)). Решениями этой сиx стемы являются последовательности (1, 1, 2), (1, 1, 2, 1, 1, 2) ит. д.

Легко убедиться, что L Ly = {(baababa)nc(bbabbaa)n | n 1}.

x Теорема 15.4. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольным контекстно-свободным грамматикам G1 и G2 над алфавитом узнать, верно ли, что L(G1) L(G2) =.

Доказательство. Сначала докажем утверждение теоремы для случая || 3. Из леммы 15.2 следует, что если бы проблема распознавания свойства L(G1) L(G2) = для контекстно-свободных грамматик над алфавитом была разрешима, то проблема соответствий Поста тоже была бы разрешима. Поэтому из неразрешимости проблемы соответствий Поста следует неразрешимость проблемы распознавания свойства L(G1)L(G2) = для контекстно-свободных грамматик над алфавитом.

Чтобы доказать утверждение теоремы для случая || = (например, ={d, e}), достаточно заменить в определении G( x) символ a на ede, сим вол b на edde и сим вол c на eddde.

Лемма 15.5. Язык L Ly является бесконечным тогда и x только тогда, когда постовская система соответствия ( x, y) имеет решение.

Доказательство. Если постовская система соответствия имеет хотя бы одно решение, то она имеет бесконечно много решений.

Теорема 15.6. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольным контекстно-свободным грамматикам G1 и G2 над алфавитом узнать, является ли бесконечным язык L(G1) L(G2).

Алгоритмически неразрешимые проблемы 15.2. Проблема однозначности [Гин, 4.5], [АхоУль, 2.6.5], [ГроЛан, 8.2.4], [Лал, с. 307], [ХопМотУль, 9.5.2], [Гла, 8.4] Теорема 15.7. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольной контекстно-свободной грамматике G над алфавитом узнать, является ли грамматика G однозначной.

Доказательство. Рассмотрим язык L Ly. Следуя доказаx тельству теоремы 9.12, построим грамматику G для этого языка, исходя из грамматик G( и G( Грам м атика G является x) y).

неоднозначной тогда и только тогда, когда постовская система соответствия ( имеет решение.

x, y) 15.3. Дополнение контекстно-свободного языка [Гин, 4.2], [ГроЛан, 8.1.4], [АхоУль, 2.6.3], [ХопМотУль, 9.5.3], [Sip, с. 181–182], [Сал, 5.3], [LewPap2, 5.5], [Гла, 8.4] Лемма 15.8. Рассмотрим алфавит 3 = {a, b, c}. Язык -L является контекстно-свободным.

x Пример 15.9. Пусть = (b, abbaa). Тогда язык -L x x над алфавитом 3 = {a, b, c} порождается контекстно-свободной грамматикой S, S AW, S bR, A a, A c, B b, B c, Z a, Z B, W ZW, W, Ua WB, Ua, Ub WA, Ub, R, R BW, R aaaW, R a, R aa, R abRb, R aabRabbaa, R acZW b, R aacZW abbaa, R aBT1, R aaBT2, T1 Ub, T2 Uabbaa, T2 Ubbaa, T2 Ubaa, T2 Uaa, T2 Ua. Зам етим, что {w | Ti w} = - ( · {xi}) для 3 3 каждого i.

Язык -L является даже линейным (чтобы получить x линейную грамматику, достаточно “раскрыть” вспомогательные символы A, B и Z).

Замечание 15.10. Лемму 15.8 можно доказать, явно построив контекстно-свободную грамматику (как в примере 15.9), а можно и вывести из теоремы 12.9, проверив, что L — детерминированx ный контекстно-свободный язык.

Алгоритмически неразрешимые проблемы Определение 15.11. Пусть 3 = {a, b, c}, = (x1,..., xn), x = (y1,..., yn), где xi {a, b} и yi {a, b} для всех i.

y Обозначимчерез M язык - (L Ly).

x, x y Лемма 15.12. Язык M является контекстно-свободным.

x, y Доказательство. M =( -L ) ( -Ly).

x, x y 3 Лемма 15.13. Дополнение языка M является непустым x, y тогда и только тогда, когда постовская система соответствия ( имеет решение.

x, y) Доказательство. Утверждение следует из леммы 15.2.

Теорема 15.14. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольной контекстно-свободной грамматике G над алфавитом узнать, верно ли, что L(G) =.

Доказательство. Очевидно, L(G) = тогда и только тогда, когда дополнение языка L(G) является пустым.

Теорема 15.15. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольным контекстно-свободным грамматикам G1 и G2 над алфавитом узнать, верно ли, что L(G1) =L(G2).

Доказательство. Утверждение следует из предыдущей теоремы и примера 1.71.

Теорема 15.16. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольным контекстно-свободным грамматикам G1 и G2 над алфавитом узнать, верно ли, что L(G1) L(G2).

Доказательство. Очевидно, L(G) тогда и только тогда, когда L(G) =.

Лемма 15.17. Дополнение языка M является бесконечx, y ным тогда и только тогда, когда постовская система соответствия ( имеет решение.

x, y) Теорема 15.18. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольной контекстно-свободной грамматике G над алфавитом узнать, является ли бесконечным множество - L(G).

Алгоритмически неразрешимые проблемы 15.4. Проблема автоматности [Гин, 4.2], [ГроЛан, 8.1.4], [Лал, с. 306], [АхоУль, с. 237], [ХопМотУль, 9.5.3], [Гла, 8.4] Лемма 15.19. Пусть = (x1,..., xn), = (y1,..., yn), где x y xi {a, b}, yi {a, b} и xiyi = для всех i. Тогда язык M является автоматным тогда и только тогда, когда x, y постовская система соответствия ( не имеет решений.

x, y) Доказательство. Пусть (i1,..., ik) — решение постовской системы соответствия ( где xiyi = для всех i. Обозначим x, y), k k-1 u bai bai... bai, v xi... xi и L0 {u} · {c} · {v}.

1 k Легко проверить, что u =, v = и язык L0 является автоматным. Очевидно, L Ly L0 = {umcvm | m > 0}.

x Как было установлено в упражнении 3.13, язык L Ly Lx не является автоматным. Согласно теореме 3.8 язык L Ly не x является автоматным. Следовательно, и язык M не является x, y автоматным.

Обратно, если постовская система соответствия ( не x, y) имеет решений, то M = {a, b, c}, а этот язык является x, y автоматным.

Теорема 15.20. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольной контекстно-свободной грамматике G над алфавитом узнать, является ли автоматным язык L(G).

Доказательство. Докажем утверждение теоремы для случая || 3. Из леммы 15.19 следует, что если бы проблема распознавания автоматности языка L(G) для контекстно-свободных грамматик над алфавитом была разрешима, то также была бы разрешима проблема соответствий Поста для постовских систем соответствия ((x1,..., xn), (y1,..., yn)), где xi {a, b}, yi {a, b} и xiyi = для всех i. Но тогда была бы разрешима проблема соответствий Поста для всех постовских систем соответствия над алфавитом {a, b} (если xiyi = для некоторого i, то рассматриваемая постовская система соответствия имеет решение, а именно (i)).

Алгоритмически неразрешимые проблемы 15.5. Проблемы контекстно-свободности [Гин, 4.2], [ГроЛан, 8.1.3, 8.1.4], [Лал, с. 306], [Гла, 8.4] Определение 15.21. Пусть 3 = {a, b, c}, = (x1,..., xn), x = (y1,..., yn), где xi {a, b} и yi {a, b} для всех i.

y R Обозначимчерез K язык L · {c}· Ly.

x, x y Лемма 15.22. Язык K является контекстно-свободным.

x, y Доказательство. Утверждение следует из теорем9.13 и 9.11.

Лемма 15.23. Пусть 3 = {a, b, c}, = (x1,..., xn), x = (y1,..., yn), где xi {a, b}, yi {a, b} и xiyi = для y R всех i. Тогда язык K {zcz | z } является контекстx, y но-свободным тогда и только тогда, когда постовская система соответствия ( не имеет решений.

x, y) Доказательство. Пусть (i1,..., ik) — решение постовской системы соответствия ( где xiyi = для x, y), k k-1 всех i. Обозначим u bai bai... bai, v xi... xi и 1 k R R L0 {u} · {c}· {v} · {c}· {v } · {c}· {u }. Легко проверить, что u =, v = и язык L0 является автоматным. Очевидно, R R R K {zcz | z } L0 = {umcvmc(v )mc(u )m | m> 0}.

x, y Можно доказать (наприм ер, используя лем м у 9.1), что язык R R {umcvmc(v )mc(u )m | m> 0} не является контекстно-свободR ным. Согласно теореме 9.16 язык K {zcz | z } также не x, y является контекстно-свободным.

Теорема 15.24. Пусть || 2. Тогда не существует алгоритма, позволяющего по произвольным контекстно-свободным грамматикам G1 и G2 над алфавитом узнать, является ли контекстно-свободным язык L(G1) L(G2).

Доказательство. Достаточно построить по постовской системе соответствия ( где =(x1,..., xn), = (y1,..., yn) x, y), x y и для всех i выполняется xi {a, b}, yi {a, b} и xiyi =, контекстно-свободную грамматику G1, порождающуюязык K, x, y и контекстно-свободную грамматику G2, порождающую язык R {zcz | z }. В силу леммы 15.23 неразрешимость рассматриваемой задачи сводится к неразрешимости проблемы соответствий Поста рассуждением, аналогичным приведённому в доказательстве теоремы 15.20.

Литература Лемма 15.25. Рассмотрим алфавит 3 = {a, b, c}. Язык R - (K {zcz | z }) является контекстно-свободным.

x, y 3 Доказательство. Обозначим L0 = {w | |w|c = 1}.

Pages:     | 1 |   ...   | 6 | 7 || 9 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.