1

8תרגול -אוטומטים

שפות חסרות הקשר

דקדוק חסר הקשר

>דקדוק חסר הקשר הנו רביעיה Σ,𝑁, 𝑅, 𝑆 כאשר: <

Σ - אלפבית זר ל-N

N - זר ל( אלפבית-Σ של אותיות )משתנים( לא סופיות(

R - גזירה מהצורה -קבוצה סופית של כללי𝐴 → 𝑤 כך ש- 𝐴 ∈ 𝑁 ו-𝑤 ∈ (𝑁 ∪ Σ)∗.

S ∈ 𝑁 - המשתנה ההתחלתי

שפה חסרת הקשר

𝐿-כך ש Gקיים דקדוק חסר הקשר ⇔היא חסרת הקשר Lשפה = 𝐿(𝐺).

𝐿(𝐺) = {𝑥 ∈ Σ∗ | 𝑆𝐺⇒∗𝑥}

משפט:

נו שפה חסרת הקשר.יחיתוך של שפה חסרת הקשר ושפה רגולרית ה

משפחת השפות חסרות ההקשר

ℒ𝐶𝐹𝐺 - איחוד, שרשור וכוכבית קליני.משפחת השפות חסרות ההקשר סגורה תחת

ℒ𝐶𝐹𝐺 לא תחת השלמהומכאן שגם לא סגורה תחת חיתוך.

8תירגול

2

1שאלה

הגדרה

𝐺יהי =< Σ,𝑁, 𝑅, 𝑆 דקדוק חסר הקשר. <

𝑤1סדרת גזירות 𝐺⇒∗𝑤2 " אם בכל שלב בסדרה מפעילים כלל גזירה על האות הלא סופית צמודה לשמאלנקראת ,"

𝑤1הראשונה. נסמן במקרה זה 𝐺⇒∗𝑤2𝐿.

טענה

𝑤אם 𝐺⇒∗𝑤′ כאשר𝑤′ ∈ Σ∗ אזי ,𝑤

𝐺⇒∗𝑤′𝐿.

הוכחה

באינדוקציה על אורך סדרת הגזירות.

מקרה בסיס:

גזירות. טריוויאלי. 0

הנחת האינדוקציה:

′𝑤לכל מילה ∈ Σ∗ המתקבלת מ-𝑤 מ-G בפחות מ-𝑛 :צעדי גזירה מתקיים𝑤𝐺⇒∗𝑤′𝐿.

צעד האינדוקציה:

′𝑤תהי ∈ Σ∗ מילה המתקבלת מ-𝑤 ב-G 1-ב ≤ 𝑛 .גזירות

𝑤בצורה הבאה: 𝑤נחלק את = 𝑥𝐴𝑦 כאשר𝐴 ∈ 𝑁 האות הלא סופית הראשונה ב-𝑤 ובפרט ,𝑥 ∈ Σ∗.

′𝑤אזי = 𝑥𝑢𝑣 :כאשר

𝐴𝐺⇒ 𝑧

𝐺⇒∗𝑢

𝑦𝐺⇒∗𝑣

,𝑢נשים לב כי 𝑣 ∈ Σ∗וכן הן נגזרות מ ,-𝑧, 𝑦 בהתאמה תוך פחות מ-𝑛 גזירות. על פי הנחת האינדוקציה נסיק ש-

𝑧𝐺⇒∗𝑢𝐿 וגם 𝑦

𝐺⇒∗𝑣𝐿:נחבר הכל ונקבל .

𝑤 = 𝑥𝐴𝑦 𝐺⇒ 𝑥𝑧𝑦𝐿

𝐺⇒∗𝑥𝑢𝑦𝐿

𝐺⇒∗𝑥𝑢𝑣𝐿 = 𝑤′

ניתן לראות שסדרת גזירות זו היא צמודה לשמאל.

8תירגול

3

אוטומטים ושפות פורמליות תשע"ו –פתרון בוחן

1שאלה

Σיהי = {a, b} .מילה 𝑤 ∈ Σ∗ )אם היא בעלת אורך זוגי, נאמר מאוזנת לחלוטין תקרא )לצורך תרגיל זה בלבד

𝑤 = 𝜎1𝜎2𝜎3𝜎4…𝜎2𝑛−1𝜎2𝑛 עבור𝑛 ≥ , 𝑏והאחרת 𝑎היא 𝜎2-ו 𝜎1כן אחת משתי האותיות -מסויים, וכמו 0

. 𝑏והאחרת 𝑎היא 𝜎2𝑛-ו 𝜎2𝑛−1,..., אחת משתי האותיות 𝑏והאחרת 𝑎היא 𝜎4-ו 𝜎3אחת משתי האותיות

𝐿אינה כזו.( שפה 𝑎𝑎𝑏𝑏הן מאוזנות לחלוטין, אך 𝑏𝑎𝑏𝑎𝑎𝑏𝑏𝑎-ו 𝑎𝑏𝑏𝑎)לדוגמה, המילים ⊆ Σ∗ מאוזנת היא

שפה מאוזנת לחלוטין. 𝐿כזו. תהי 𝐿-אם כל מילה בלחלוטין

.היא בהכרח רגולרית 𝐿 .א

.אינה בהכרח רגולרית, אך היא בהכרח ניתנת לייצוג סופי מעל אלפבית מסויים 𝐿 .ב

.רגולרית אם ורק אם היא סופית 𝐿 .ג

אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה. .ד

פתרון

.התשובה הנכונה היא ד'

𝐿 א. נביט על השפה: = {(𝑎𝑏)𝑛2 ∶ 𝑛 ≥ 0}

אינה היא . השפה"𝑎𝑏"קל לראות כי השפה היא מאוזנת לחלוטין כי כל מילה בה בהכרח היא צירוף של הרצפים

, שפה עם הפרשי אורכי 5אינה חסומה, וכפי שראינו בתרגול 𝐿-רגולרית מכיוון וסדרת הפרשי אורכי המילים ב

מילים לא חסומה היא בהכרח לא רגולרית.

ת שפה מאוזנת לחלוטין שאינה ניתנת לייצוג סופי.ב. משיקולי עוצמות, קיימ

אם אפשר לייצג כל שפה באופן סופי, אז יש מס' בן מניה של אפשרויות לייצוג ולכן גם מס' בן מניה של אחרת,

מספר ש, ומכאן לחלוטין של מילים מאוזנות מספר אינסופי ן)נבחין כי ישנ שפות מאוזנות לחלוטין, וזאת סתירה.

מניה(.-הקבוצות של קבוצה זו ולכן לא בן שווה בדיוק למספר תתי לחלוטין המאוזנותהשפות

𝑟ר: ”י הב”שפה רגולרית, מאוזנת לחלוטין שאינה סופית. למשל השפה הנגזרת ע למצואג. נוכל = (𝑎𝑏)*.

.אך אינה סופיתזוהי שפה רגולרית מאוזנת לחלוטין

8תירגול

4

2שאלה

{𝜎}, את השפות ∅של שפות הכולל את המינימליהוא האוסף Σמעל ℒ𝑅𝑒𝑔נזכור כי אוסף השפות הרגולריות

𝜎עבור ∈ Σקליני. נסמן )בתרגיל זה בלבד( ב-∗-, וסגור תחת איחוד, כפל )שרשור( ו-ℒmax את האוסף

𝜎עבור {𝜎}, את השפות ∅של שפות הכולל את המקסימלי ∈ Σקליני.-∗-, וסגור תחת איחוד, כפל ו

.ℒmax-שייכת ל Σ, שפת כל הפלינדרומים מעל Σלכל אלפבית .א

Σכן, אם -כמו = {a, b} אז{𝑎𝑛𝑏𝑛 ∶ 𝑛 ≥ 0} ∈ ℒmax .

מניה.-היא בת ℒmaxניתנת לייצוג סופי. בפרט, הקבוצה ℒmax-כל שפה ב .ב

הוא מקסימלי, הוא אינו כולל שפות ℒmax-ההגדרה אינה טובה כי יש בה סתירה פנימית: מכיוון ש .ג

.∅קטנות. בפרט, הוא לא יכול לכלול את

.אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה .ד

3שאלה

Σיהי = {0, 1, 2, … , מעל σ1𝜎2…𝜎𝑘את השפה המורכבת מכל המילים 𝐿𝑟-, נסמן ב𝑟שלילי -. לכל שלם אי{9

Σ המקיימותσ1+𝜎2 +⋯+ 𝜎𝑘 = 𝑟 .

00052030)לדוגמה, ∈ 𝐿10 77317-ו ∈ 𝐿100 .פעמים( 7נכתב 7משמעו שהמספר 77-שימו לב ש

𝐿10𝐿10 .א = 𝐿20.

𝐿10𝐿10 .ב = 𝐿100.

𝐿3 .ג = 𝐿(0∗30∗ ∪ 0∗10∗10∗10∗).

אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה. .ד

4שאלה

𝐿תהי = 𝐿(𝑀) באשר ,𝑀 ה-DFA .משמאל

𝐿 .א = {𝑎}{𝑎2𝑏, 𝑎𝑏𝑎, 𝑏𝑎2}∗ ∪ {𝑎2𝑏, 𝑎𝑏𝑎, 𝑏𝑎2}∗{𝑎}

𝐿 .ב = {𝑤 ∈ {𝑎, 𝑏}∗: (|𝑤|𝑎 + 2|𝑤|𝑏)mod4 = 1}

𝜎מציין את מספר המופעים של האות 𝑤|𝜎|)תזכורת: .(𝑤במילה

,𝑤1תחת כפל )שרשור( נובע כי, אם ℒ𝐷𝐹𝐴מסגירות .ג 𝑤2 ∈

𝐿 אז ,𝑤1𝑤2 ∈ 𝐿.

אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה. .ד

8תירגול

5

5שאלה

𝑀𝑖יהיו =< 𝑄, Σ, 𝛿, 𝑠, 𝐴𝑖 𝑖, עבור < = ים הנבדלים זה מזה רק בקבוצת המצבים -DFA, שלושה 1,2,3

המקבלים. התבונן בטענות הבאות:

(i) אם𝐴1 ≠ 𝐴2 אז𝐿(𝑀1) ≠ 𝐿(𝑀2).

(ii) אם𝐴1 ∩ 𝐴2 = 𝐿(𝑀1)אז ∅ ∩ 𝐿(𝑀2) = ∅.

(iii) אם𝐴3 = 𝐴1 ∪ 𝐴2 אז𝐿(𝑀3) = 𝐿(𝑀1) ∪ 𝐿(𝑀2).

נכונות. (iii)-ו (ii)אינה נכונה, ואילו (i)טענה .א

נכונות. (iii)-ו (i)אינה נכונה, ואילו (ii)טענה .ב

נכונות. (ii)-ו (i)אינה נכונה, ואילו (iii)טענה .ג

אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה. .ד

פתרון

.התשובה הנכונה היא א'

הטענה אינה נכונה. למשל: :iטענה

𝑄 = {𝑞0, 𝑞1}, Σ = {𝑎}, 𝛿(𝑞𝑖, 𝑎) = 𝑞𝑖 (𝑖 = 0,1), 𝑠 = 𝑞0

𝐴1 = {𝑞0}, 𝐴2 = {𝑞0, 𝑞1}

𝐿(𝑀1)-ניתן לראות ש = 𝐿(𝑀2) = {𝑎}𝐴1-, למרות ש∗ ≠ 𝐴2.

𝐿(𝑀1)-הטענה נכונה: נניח בשלילה ש :iiטענה ∩ 𝐿(𝑀2) ≠ 𝑤, כלומר קיימת מילה ∅ ∈ 𝐿(𝑀1) ∩ 𝐿(𝑀2).

𝑤בפרט ∈ 𝐿(𝑀1) ולכן (𝑠, 𝑤)𝑀1→ ∗(𝑞, 𝜖) כאשר ,𝑞 ∈ 𝐴1. מכיוון ש-δ𝑀1 = δ𝑀2נסיק כי ,

(𝑠, 𝑤)𝑀2→ ∗(𝑞, 𝜖) ו. מאחר-M2 הינו דטרמיניסטי, הרי שזהו החישוב היחיד שלו על𝑤לפי הנחתנו .

𝑤 ∈ 𝐿(𝑀2) לכן בהכרח ,𝑞 ∈ 𝐴2בסתירה לכך ש ,-𝐴1 ∩ 𝐴2 = ∅.

הטענה נכונה: :iiiטענה

𝑤 ∈ 𝐿(𝑀3) ⟺ (s,w)𝑀3→ ∗(𝑞, 𝜖) ∧ 𝑞 ∈ 𝐴3 = 𝐴1 ∪ 𝐴2

⟺ (𝑠,𝑤)𝑀1→ ∗(𝑞, 𝜖) ∧ 𝑞 ∈ 𝐴1 𝒐𝒓 (𝑠, 𝑤)

𝑀2→ ∗(𝑞, 𝜖) ,∧ 𝑞 ∈ 𝐴2

⟺𝑤 ∈ 𝐿(𝑀1) 𝒐𝒓 𝑤 ∈ 𝐿(𝑀2) ⟺ 𝑤 ∈ 𝐿(𝑀1) ∪ 𝐿(𝑀2)

8תירגול

6

6שאלה

, 𝑛. לכל מספר טבעי DFAמשפחת השפות המתקבלות ע"י ℒ𝐷𝐹𝐴-, וΣמשפחת השפות הרגולריות מעל ℒ𝑅𝑒𝑔תהי

את ℒ𝐷𝐹𝐴,𝑛-או פחות, וב 𝑛ביטוי רגולרי באורך 𝑟, באשר 𝐿(𝑟)את משפחת השפות מהצורה ℒ𝑅𝑒𝑔,𝑛-נסמן ב

מצבים או פחות. 𝑛בעל DFAמשפחת השפות המתקבלות ע"י

ℒ𝑅𝑒𝑔,𝑛מתקיים 𝑛לכל .א = ℒ𝐷𝐹𝐴,𝑛ולכן ,

ℒ𝑅𝑒𝑔 =⋃ℒ𝑅𝑒𝑔,𝑛 =⋃ℒ𝐷𝐹𝐴,𝑛 = ℒ𝐷𝐹𝐴

∞

𝑛=1

∞

𝑛=1

ℒ𝑅𝑒𝑔,𝑛מתקיים 𝑛לכל .ב = ℒ𝐷𝐹𝐴,𝑛כן מתקיים -. כמוℒ𝑅𝑒𝑔 = ℒ𝐷𝐹𝐴 ואולם, איחודים אינסופיים של .

אינם בהכרח שפות רגולריות, ולכן:שפות רגולריות

ℒ𝑅𝑒𝑔 ≠ ⋃ ℒ𝑅𝑒𝑔,𝑛∞𝑛=1.

ℒ𝐷𝐹𝐴כן: -כמו ≠ ⋃ ℒ𝐷𝐹𝐴,𝑛∞𝑛=1.

𝐿אם .ג ∈ ℒ𝐷𝐹𝐴,30 אז𝐿 ∩ ({𝑎}∗ ∪ {𝑏}∗) ∈ ℒ𝐷𝐹𝐴,120.

אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה. .ד

פתרון

.התשובה הנכונה היא ג'

𝐿(𝑀𝐿)מצבים כך ש 30בעל לכל היותר 𝑀𝐿קיים אומטומט דטרמיניסטי ⟸ ℒ𝐷𝐹𝐴,30-ב 𝐿 תהי = 𝐿.

′𝑀יהי =< 𝑄, Σ, 𝛿, 𝑠, 𝐴 אוטומט דטרמיניסטי המוגדר באופן הבא: <

𝑄 = {𝑠, 𝑞𝑎, 𝑞𝑏 , 𝑞𝑟𝑒𝑗}, 𝐴 = {𝑠, 𝑞𝑎 , 𝑞𝑏}

𝛿(𝑠, 𝑎) = 𝛿(𝑞𝑎, 𝑎) = 𝑞𝑎

𝛿(𝑠, 𝑏) = 𝛿(𝑞𝑏 , 𝑏) = 𝑞𝑏

𝛿(𝑞𝑎, 𝑏) = 𝛿(𝑞𝑏, 𝑎) = 𝛿(𝑞𝑟𝑒𝑗, 𝑎) = (𝑞𝑟𝑒𝑗, 𝑏) = 𝑞𝑟𝑒𝑗

𝐿(𝑀′) = {𝑎}∗ ∪ {𝑏}∗

𝑀 באוטומט המכפלה ⇐מצבים 4יש ′𝑀-ב = 𝑀′ ×𝑀𝐿 מצבים, וכנלמד בכיתה: 120 לכל היותרישנם

𝐿(𝑀) = 𝐿(𝑀′) ∩ 𝐿(𝑀𝐿) = 𝐿 ∩ ({𝑎}∗ ∪ {𝑏}∗)

𝐿 -מכאן ש ∩ ({𝑎}∗ ∪ {𝑏}∗) ∈ ℒ𝐷𝐹𝐴,120

ℒ𝐷𝐹𝐴,1ב' אינן נכונות כי -תשובות א' ו = {Σ∗, 𝑟, ואילו {∅ = 𝑎 עבור(𝑎 ∈ Σ כלשהו( הוא ביטוי רגולרי באורך

𝐿(𝑟)-כך ש 1 ∉ ℒ𝐷𝐹𝐴,1.

a

b

𝑠

𝑞𝑏

𝑞𝑎

𝑞𝑟𝑒𝑗

8תירגול

7

7שאלה

𝐿תהי = 𝐿(𝑀) באשר ,𝑀 ה-NFA .משמאל

𝐿 .א = 𝐿((𝑎𝑏)∗(∅∗ ∪ 𝑎)((𝑎 ∪ 𝑏)𝑏)∗).

≠ 𝐿 .ב⊃ 𝐿(𝑎𝑎𝑏𝑎(𝑎𝑏)∗).

𝑏𝑛מתקיים 𝑛לכל מספר טבעי מספיק גדול .ג ∈ 𝐿.

אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה. .ד

8שאלה

התבונן בטענות הבאות:

(i) אם𝐿 שפה שעבורה קיים ביטוי רגולרי𝑟 המקיים𝐿(𝑟) = 𝐿 אז קיים ביטוי רגולרי ,𝑟′ המקיים𝐿(𝑟′) =

Σ∗ − 𝐿 הערה: בביטוי( .Σ∗ − 𝐿 אנו מסמנים את המשלים ל-𝐿 ב-Σ∗בצורה . יש המסמנים זאתΣ∗\𝐿).

(ii) אם𝐿1, 𝐿2 שפות עבורן קיימים ביטויים רגולריים𝑟1, 𝑟2 המקיימים𝐿(𝑟𝑖) = 𝐿𝑖 עבור𝑖 = 1, , אז קיים 2

𝐿(𝑟)המקיים 𝑟ביטוי רגולרי = 𝐿1 ∩ 𝐿2.

אינה נכונה. (ii)נכונה, (i) .א

אינה נכונה. (i)נכונה, (ii) .ב

נכונות. (ii)-ו (i)שתי הטענות .ג

אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה. .ד

8תירגול

8

9שאלה

𝑤ומילה 𝐿בהינתן שפה ∈ 𝐿 שלשה של מילים ,(𝑥, 𝑦, 𝑧) ב-Σ∗ )פיצול ניתן לניפוח תקרא )לצורך תרגיל זה בלבד

אם: 𝑤של

(i) 𝑦 ≠ 휀.

(ii) 𝑥𝑦𝑧 = 𝑤.

(iii) 𝑥𝑦𝑛𝑧 ∈ 𝐿 לכל𝑛 ≥ 0.

-מוגדרת רק עבור מילים ב s. )שים לב לכך שהפונקציה 𝑤את מספר הפיצולים הניתנים לניפוח של 𝑠(𝑤)-נסמן ב

𝐿).

s(𝑤), אז אינסופית רגולרית𝐿 אם .א → |𝑤|כאשר ∞ → 𝑁קיים 𝑀. )בצורה יותר פורמלית, לכל ∞

𝑤כך שאם ∈ 𝐿 ו-|𝑤| > 𝑁 אזs(𝑤) > 𝑀).

s(𝑤)שעבורן 𝐿-ב 𝑤קיימות אינסוף מילים אז ,רגולריתאינה 𝐿אם .ב = 0.

,𝑎}מעל 𝑤השפה המורכבת מכל המילים 𝐿תהי .ג 𝑏} המקיימות|𝑤|𝑎 = |𝑤|𝑏 מספר מופעי(𝑎 הינו

s(𝑎𝑛𝑏𝑛)מתקיים 𝑛(. אזי לכל 𝑏כמספר מופעי = 2𝑛.

אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה. .ד

פתרון

.התשובה הנכונה היא א'

𝐿(𝐷)עבורו 𝐷רגולרית קיים אוטומט סופי דטרמיניסטי L-הסבר: כיוון ש = 𝐿 שימו לב כי כל לולאה בריצת .

בפיצול ניתן לפירוק של המילה )מעבר אחד בלולאה או יותר(, 𝑦-האוטומט על מילה יכולה לשמש בתור ה

לולאות בקריאת המילה, ולפיכך M, נוודא כי יהיו לפחות Mולולאות שונות נותנות פיצולים שונים. בהנתן

.פיצולים ניתנים לפירוק שונים Mלפחות

Nנבחר .𝑘נניח כי מספר המצבים באוטומט הוא = 𝑀(𝑘 + 𝑤תהי .(1 ∈ 𝐿 כך ש- |𝑤| ≥ 𝑀 ∙ (𝑘 + , אזי (1

𝑘)לולאות )כל Mעובר בלפחות Dהאוטומט 𝑤בקריאת + מעברים מבטיחים מעבר בלולאה אחת לפחות(, (1

פירוקים אפשריים כנדרש. Mלכן יהיו לפחות

סעיף ב' לא נכון כיוון שראינו שפות לא רגולריות המקיימות את למת הניפוח. אי נכונות סעיף ב' נובעת מכך.

𝑦ים המתאימים הם מהצורה -y-לא נכון כיוון שה סעיף ג' = 𝑎𝑘𝑏𝑘, 1 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 כלומר ,𝑠(𝑎𝑛𝑏𝑛) = 𝑛.

. מקווה שעד עכשיו הבנתם למה סעיף ד' לא נכון

8תירגול

9

10שאלה

𝑤טבעי מסויים אם עבור כל מילה 𝑁מקיימת את למת הניפוח עבור ′𝐿נאמר כי שפה כלשהי ∈ 𝐿′ עם|𝑤| ≥ 𝑁

,𝑥קיימות שלוש מילים 𝑦, 𝑧 ∈ Σ∗:המקיימות ,

(i) 𝑦 ≠ 휀.

(ii) 𝑥𝑦𝑧 = 𝑤.

(iii) 𝑥𝑦𝑛𝑧 ∈ 𝐿′ לכל𝑛 ≥ 0.

(iv) |𝑥𝑦| ≤ 𝑁.

Σיהי = {a, b} . תהי𝐿 השפה המורכבת מכל המילים𝑤 מילה -בעלות התכונה שלכל תת𝑢 של 100באורך𝑤

𝑢|𝑎|מתקיים ≥ 60.

𝑁מקיימת את למת הניפוח עבור 𝐿 .א = 25.

𝑁מקיימת את למת הניפוח עבור 𝐿 .ב = 𝑁, אך לא עבור 100 = 25.

𝑁מקיימת את למת הניפוח עבור 𝐿 .ג = 𝑁, אך לא עבור 200 = 100.

אף אחת מהטענות דלעיל אינה נכונה. .ד

פתרון

התשובה הנכונה היא ב'

𝑁נראה כי השפה אינה מקיימת את למת הניפוח עם = 25:

𝑤תהי אמנם ו = 𝑏25 ∈ 𝐿 אזי לכל פירוק .𝑤 = 𝑥𝑦𝑧 כבהגדרה מתקיים כי𝑦 = 𝑏𝑘 1 באשר ≤ 𝑘 ≤ . לכן 25

𝑥𝑦101𝑧 = 𝑏25+100𝑘 המורכבת כולה מ 100-מילה באורך גדול מ-𝑏-ים, ולכן אינה ב-L.

𝑁נראה כי השפה מקיימת את למת הניפוח עם = 100:

𝑤תהי ∈ 𝐿 100מילה מאורך 𝑤. נתבונן בפירוק ≥ = 𝑥𝑦𝑧 כאשר𝑦 של 100הרישא באורך𝑤ו ,-𝑧 הסיפא

𝑥)בפרט = 𝜖.) אים ברור כי תנ(i),(ii) ו-(iv) מתקיימים. נותר להראות את תנאי(iii).

𝑥𝑦0𝑧 = 𝑧 בשפה, כי כל תת מילה𝑢 של𝑧 היא גם תת מילה של 100מאורך𝑤 ולכן 100מאורך ,|𝑢|𝑎 ≥ 60.

𝑥𝑦𝑛𝑧 = 𝑦𝑛𝑧 עבור𝑛 ≥ אזי זוהי תת מילה 𝑦𝑧תת מילה של 𝑢, אם 𝑥𝑦𝑛𝑧של 100באורך 𝑢: לכל תת מילה 1

𝑢|𝑎|, ולכן 𝑤של 100באורך ≥ 𝑢. אם 𝑦𝑛תת מילה של 𝑢. אחרת, 60 = 𝑦 אזי זוהי תת מילה של𝑤 באורך

𝑢|𝑎|, ולכן 100 = |𝑦|𝑎 ≥ 𝑢. נניח כי 60 ≠ 𝑦 כלומר ,𝑢 מוכלת ברצף𝑦𝑦 ( כלשהו𝑢 ולכן לא 100מאורך ,

הראשונה, אזי היא 𝑦-של ה 𝑘היא מכסה את הסיפא באורך ים(. נניח ו-𝑦 2-ייתכן כי היא מכילה אותיות מיותר מ

100מכסה את הרישא באורך − 𝑘 של ה-𝑦 השניה. סה"כ נקבל כי האותיות של𝑢 אלו בדיוק האותיות של𝑦 עד

𝑢|𝑎|כדי שינוי הסדר, ולכן = |𝑦|𝑎 ≥ 60.

8תירגול

10

שאלה נוספת

באופן הבא: L1⨂L2נגדיר את השפה L2-ו 𝐿1בהינתן שתי שפות

L1⨂L2 = {𝑢𝑣: 𝑢 ∈ 𝐿1, 𝑣 ∈ 𝐿2 𝑎𝑛𝑑 |𝑢| = |𝑣|}

L1לדוגמא, עבור = {𝑎, 𝑎𝑎𝑎} ו- L2 = {𝑎𝑏, 𝑏𝑎𝑏} נקבל כי L1⨂L2 = {𝑎𝑎𝑎𝑏𝑎𝑏}

והסבר מדוע 𝐿1⨂L2ששפתו 𝐺 ח"ה ע"י בניית דקדוק ח"ה L1⨂L2רגולריות אזי L2-ו 𝐿1ם הראה כי א .א

𝐿(𝐺)מתקיים = L1⨂L2.

L1⨂L2רגולריות אזי L2-ו L1. כלומר, אם ⨂משפחת השפות הרגולריות סגורה תחת -הוכח או הפרך .ב

רגולרית.

פתרון

סעיף א

,𝐿1יהיו 𝐿2 שפות רגולריות. מתכונת סגירות של שפות רגולריות גם(𝐿2)𝑅 .רגולרית

,G1יהיו 𝐺2𝑅 דקדוק ח"ה רגולריים עבורL1, (𝐿2)𝑅 בהתאמה. נשתמש בפונקציה 𝑓 2שאלה 7שהגדרנו בתרגול ,

𝑓(𝐺2𝑅). נגדיר LRמחזירה דקדוק ח"ה עבור השפה Lאשר בהינתן דקדוק ח"ה עבור שפה = 𝐺2 ונשים לב כי ,

𝐿(𝐺2) = 𝐿(𝐺2𝑅)𝑅 = ((𝐿2)

𝑅)𝑅 = 𝐿2.

𝐺1נסמן: =< Σ,𝑁1, 𝑅1, 𝑆1 𝐺2, וכן < =< Σ,𝑁2, 𝑅2, 𝑆2 >.

הערה

𝐴הם מהצורה 𝐺1בה"כ ניתן להניח כי כל הכללים בדקדוק → 𝑎𝐴′ או ,A → ϵ עבור ,𝐴, 𝐴′ ∈ 𝑁1 ו-𝑎 ∈ Σ .

, אשר בהינתן אוטומט לשפה מחזירה דקדוק ח"ה רגולרי עבור השפה. בבניית 7מתירגול 1לשם כך ניזכר בשאלה

𝐴הדקדוד נוסף כלל מהצורה → 𝐴′ ממצב( רק עבור מעבר אפסילוןA למצב𝐴′ באוטומט הנתון. לכן, אם נחיל )

, ולכן 𝐺2𝑅על אוטומט סופי דטרמיניסטי עבור השפה לא יווצרו כללים כנ"ל. באותו אופן נסיק עבור את הבניה

𝐵הם מהצורה 𝐺2נוכל להניח כי כל כללי הגזירה בדקדוק → 𝐵′𝑏 או𝐵 → 𝜖 עבור𝐵, 𝐵′ ∈ 𝑁2 ו-𝑏 ∈ Σ כי(𝑓

(.𝐺2𝑅הופכת את כל כללי הגזירה של

𝐺נגדיר דקדוק ח"ה =< Σ,𝑁, 𝑅, 𝑆 באופן הבא: <

𝑁 = {(𝐴𝐵) ∶ 𝐴 ∈ 𝑁1 ∧ 𝐵 ∈ 𝑁2}, 𝑆 = (𝑆1𝑆2)

𝑅 = {(𝐴𝐵) → 𝑎(𝐴′𝐵′)𝑏 ∶ 𝐴 → 𝑎𝐴′ ∈ 𝑅1 ∧ 𝐵 → 𝐵′𝑏 ∈ 𝑅2}

∪ {(𝐴𝐵) → 𝜖 ∶ 𝐴 → 𝜖 ∈ 𝑅1 ∧ 𝐵 → 𝜖 ∈ 𝑅2}

דוגמא

𝐿1עבור = 𝑎𝑏∗ ∪ 𝑏∗ ו-L2 = 𝑏𝑎

∗ ,(L2)R = 𝑎∗𝑏.

𝐺2𝑅 = 𝑆2 → 𝑎𝑆2 ∣ 𝑏𝐵 𝐺2 = 𝑆2 → 𝑆2𝑎 ∣ 𝐵𝑏 𝐺1 = 𝑆1 → 𝑎𝐴 ∣ 𝑏𝐴 ∣ 𝜖

𝐵 → 𝜖 𝐵 → 𝜖 𝐴 → 𝑏𝐴 ∣ 𝜖

הבא: Gנקבל את הדקדוק

(S1𝑆2) → 𝑎(𝐴𝑆2)𝑎 ∣ 𝑎(𝐴𝐵)𝑏 ∣ 𝑏(𝐴𝑆2)𝑎 ∣ 𝑏(𝐴𝐵)𝑏

(𝐴𝑆2) → 𝑏(𝐴𝑆2)𝑎 ∣ 𝑏(𝐴𝐵)𝑏

(𝐴𝐵) → 𝜖

8תירגול

11

טענה

𝐿(𝐺) = 𝐿1⊗𝐿2

𝐿(𝐺) כיוון א': ⊆ 𝐿1⊗𝐿2

(𝑆1𝑆2), אם Gמאופן הגדרת 𝐺⇒∗w אזי ניתן לרשום𝑤 = 𝑤1𝑤2 כך שמתקייםw1 ∈ (𝑁1Σ

∗ ∪ Σ∗) וכן ,

𝑤2 ∈ (𝑁2Σ∗ ∪ Σ∗) בנוסף .|𝑤1| = |𝑤2|בכל הפעלת כלל גזירה ב .-G מדמים" הפעלה של שני כללי גזירה"

(. G-אותיות נוספות עבור כלל הגזירה ב 2, וכל כלל כזה מייצר אות לא סופית נוספת )ולכן 𝐺2-וב 𝐺1-במקביל ב

𝐶ורה מסתיימת רק אם הגענו לדמות שני כללי גזירה מהצ 𝐺-הגזירה ב → 𝜖 ב-G1 וב-G2 לכן ניתן להסיק כי .

בהתאמה. 𝑤2-ו 𝑤1שמייצרות את G2-ו G1-קיימות סדרות גזירה ב

𝑤מכאן שעבור ∈ 𝐿𝐺 קיימת חלוקה𝑤 = 𝑤1𝑤2 כך ש-𝑤1 ∈ 𝐿(𝐺1) ו-𝑤2 ∈ 𝐿(𝐺2) וגם ,|𝑤1| = |𝑤2| ,

𝑤ולכן ∈ 𝐿1⊗𝐿2.

𝐿1⊗𝐿2 כיוון ב': ⊆ 𝐿(𝐺)

𝑤תהי ∈ 𝐿1⊗𝐿2מכאן ש ,-𝑤 = 𝑤1𝑤2 כאשר𝑤1 ∈ 𝐿1 ו-𝑤2 ∈ 𝐿2 וגם ,|𝑤1| = |𝑤2| נסמן .𝑛 = |𝑤1|.

𝑤מתקבלת, ולכן 𝑤-כך ש 𝐺-נראה כי קיימת סדרת גזירות ב ∈ 𝐿(𝐺).

𝑤1 ∈ 𝐿1ולכן קיימת סדרת גזירות ב ,-𝐺1 כך ש-𝑤1 מתקבלת, נסמנה𝑃1.

𝑤2 ∈ 𝐿2ולכן קיימת סדרת גזירות ב ,-𝐺2 כך ש-𝑤2 מתקבלת, נסמנה𝑃2.

.𝑃מתקבלת, נסמנה 𝑤-כך ש 𝐺-זרת סדרות אלה נגדיר את סדרת הגזירות בבע

,𝑃1נעבור במקביל על סדרות הגזירה 𝑃2 ולפי כלל הגזירה בו השתמשנו בכל אחת מסדרות אלה נגדיר את צעד ,

.𝑃2-וב 𝑃1-, ונעבור לצעד הגזירה הבא ב𝑃-הגזירה הבא ב

(𝐴𝐵)אותה אנו מגדירים )בתחילה 𝑃כה בסדרת הגזירות את המשתנה אליו הגענו עד (𝐴𝐵)-נסמן ב = (𝑆1𝑆2) ,

אליהם הגענו, ונחלק P2-וב 𝑃1-ובכל שלב בגזירה יש משתנה יחיד במילה שנגזרה עד כה(. נתבונן בצעדי הגזירה ב

למקרים:

𝐴הוא מהצורה 𝑃1-אם צעד הגזירה ב .1 → 𝑎𝐴′ וצעד הגזירה ב-𝑃2 הוא מהצורה𝐵 → 𝐵′𝑏 נגזור לפי ,

(𝐴𝐵) → 𝑎(𝐴′𝐵′)𝑏ונעבר לצעד הגזירה הבא ב ,-𝑃1 וב-𝑃2.

𝐴הוא מהצורה 𝑃1-אם צעד הגזירה ב .2 → 𝜖 וצעד הגזירה ב-𝑃2 הוא מהצורה𝐵 → 𝜖 נגזור לפי ,

(𝐴𝐵) → 𝜖 .ונסיים

,𝐺1. מאחר והדקדוקים 𝑤מוגדרת היטב, ואכן גוזרת את 𝑃נותר לראות כי הסדרה 𝐺2 בים גזירה של אות לא מחיי

|𝑤𝐴|-סופית אחת בכל צעד גזירה שאינו הצעד האחרון, ומאחר ו = |𝑤𝐵| בכל אחת מסדרות הגזירה ,P1, 𝑃2 יש

𝐶הפעלות של כלל גזירה המייצר אות לא סופית, ולבסוף הפעלה של כלל גזירה מהצורה 𝑛 בדיוק → 𝜖 ,לכן .

כללי הגזירה הנ"ל הופעלו, כל אחת מסדרות 𝑛-זה(. לאחר שפעמים )והגזירה לא נתקעת בשלב 𝑛יתרחש 1מקרה

𝐶מסתיימות בכלל מהצורה 𝑃2-ו 𝑃1הגזירה → 𝜖יופעל, והגזירה תסתיים. בסופה נקבל כי כל אחת 2 , ולכן מקרה

.𝑤אכן גוזרת את 𝑃, ולכן Pבהתאמה בסדרה 𝑤2-ו 𝑤1"גרמה" לגזירה של המילה 𝑃2-ו 𝑃1מהסדרות

8תירגול

12

דוגמא

𝑤1עבור = 𝑏𝑏 ו-𝑤2 = 𝑏𝑎.

𝑃1 = 𝑆1𝐺1⇒ 𝑏𝐴

𝐺1⇒𝑏𝑏𝐴

𝐺1⇒𝑏𝑏 ו-𝑃2 = 𝑆2

𝐺2⇒ 𝑆2𝑎

𝐺2⇒𝐵𝑏𝑎

𝐺2⇒ 𝑏𝑎.

מתקבלת היא: w1𝑤2-כך ש G-סדרת הגזירות ב

𝑃 = (𝑆1𝑆2)𝐺⇒𝑏(𝐴𝑆2)𝑎

𝐺⇒𝑏𝑏(𝐴𝐵)𝑏𝑎

𝐺⇒𝑏𝑏𝑏𝑎

סעיף ב

𝐿1הפרכה. נבחר = 𝑎∗, 𝐿2 = 𝑏

𝐿1⊗𝐿2. אזי ∗ = {𝑎𝑛𝑏𝑛 ∶ 𝑛 ≥ אינה רגולרית., וזו {0