Prova che le lingue normali sono chiuse sotto l'operatore del ciclo

Ho tra qualche giorno un esame e ho problemi per risolvere questo compito.

Sia una lingua normale sull'alfabeto . Abbiamo l'operazione E ora dovremmo mostrare che è anche regolare. $L$ $\Sigma$ $\operatorname{cycle}(L) = \{ xy \mid x,y\in \Sigma^* \text{ and } yx\in L\}$ $\operatorname{cycle}(L)$

Il riferimento è che potremmo costruire da un DFA con a -NFA con e stati. $D=(Q,\Sigma,\delta, q_0, F)$ $L(D) = L$ $\epsilon$ $N$ $L(N) = \operatorname{cycle}(L)$ $2 · |Q|^2 + 1$

— user1594
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Esercizio 5.4 , in scadenza il 24 maggio.

— Raffaello

L'idea è quella di decidere in modo non deterministico all'inizio di quanto la parola sia ciclica e di avere una copia dell'automa per ogni caso. In termini di automa, ciò significa che indoviniamo in quale stato sarebbe stato dopo aver consumato il prefisso di una parola (che è un suffisso del nostro input) e iniziamo in quello stato. $D$

Ora la costruzione. Per ogni stato , separa in due parti e . contiene gli stati da cui è raggiungibile e gli stati che sono raggiungibili da : $q \in Q$ $D$ $A_1$ $A_2$ $A_1$ $q$ $A_2$ $q$

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Si noti che un determinato nodo può essere contenuto sia in che in . Pertanto, il numero di stati può raddoppiare se rendiamo esplicito questo passaggio. $A_1$ $A_2$

Ora ricolleghiamo questo automa in modo che accetti tutte le parole per le quali indica il "punto ciclo": $q$

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Otteniamoautomi di questo modulo; crea un nuovo stato iniziale che ha -transitions a tutti i loro stati iniziali. L'automa risultante accetta . Complessivamente, otteniamo al massimo stati, solosono possibili più stati rispetto alle rivendicazioni di riferimento. $|Q|$ $\varepsilon$ $\operatorname{cycle}(L)$ $|Q|\cdot(2|Q|+1) + 1$ $|Q|$

È possibile ottenere stati modificando leggermente gli automi dei componenti; elimina tutto sostituendo le transizioni arrivo con copie delle sue transizioni in uscita. Cioè, per ogni coppia di transizioni , introdurre una transizione . $2|Q|^2 + 1$ $q_0$ $\varepsilon$ $(q_1,\varepsilon,q_0), (q_0,a,q_2)$ $(q_1,a,q_2)$

La costruzione rigorosa e la prova di correttezza rimangono come esercizio.

— Raffaello
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ma come puoi dimostrarlo hai appena fatto un nfa?

— Sad Golduhren,

@SadGolduhren Raphael ha costruito un NFA (è finito perché c'è un limite finito al numero di stati). Per vedere che questo NFA riconosce la stessa lingua dell'originale, osserva i percorsi attraverso gli automi: e (dove è uno stato finale raggiunto da ) diventa e e completa il percorso.

q_{0} \to q

$q_0 \to q$

q \to q_{F}

$q \to q_F$

q_{F}

$q_F$

q

$q$

q \to q_{F}

$q \to q_F$

q_{0} \to q^{'}

$q_0 \to q'$

q_{F} \overset{ϵ}{\to} q_{0}

$q_F \stackrel\epsilon\to q_0$

— Gilles 'SO- smetti di essere malvagio'