Come dimostrare che una lingua normale "invertita" è regolare

Sono bloccato sulla seguente domanda:

"Le lingue regolari sono precisamente quelle accettate dagli automi finiti. Dato questo fatto, mostrano che se la lingua $L$ è accettata da un automa finito, allora anche $L^{R}$ è accettata da alcuni finiti; $L^{R}$ costituito da tutte le parole di $L$ invertite."

Quindi, dato un linguaggio regolare , sappiamo (essenzialmente per definizione) che è accettato da alcuni automi finiti, quindi c'è un insieme finito di stati con transizioni appropriate che ci portano dallo stato iniziale allo stato accettante se e solo se l'input è una stringa in L . Possiamo persino insistere sul fatto che esiste un solo stato accettante, per semplificare le cose. Per accettare la lingua inversa, tutto ciò che dobbiamo fare è invertire la direzione delle transizioni, cambiare lo stato iniziale in uno stato accettato e lo stato accetta nello stato iniziale. Poi abbiamo una macchina che è "indietro" rispetto all'originale, e accetta il linguaggio L R .$L$$L$$L^{R}$

Devi dimostrare che puoi sempre costruire un automa finito che accetta le stringhe in $L^R$ dato un automa a stati finiti che accetta le stringhe in $L$ . Ecco una procedura per farlo.

1. Invertire tutti i collegamenti nell'automa
2. Aggiungi un nuovo stato (chiamalo $q_s$ )
3. Disegna un collegamento etichettato con $\epsilon$ dallo stato $q_s$ ad ogni stato finale
4. Trasforma tutti gli stati finali in stati normali
5. Trasforma lo stato iniziale in uno stato finale
6. Rendere $q_s$ come stato iniziale

Formalizziamo tutto questo; iniziamo affermando il teorema.

Teorema. Se $L$ è una lingua normale, lo è anche $L^{R}$ .

Sia $A = (Q_A, \Sigma_A, \delta_A, q_A, F_A)$ essere un NFA e sia $L = L(A)$ . Il $\epsilon$ -NFA $A^{R}$ definito di seguito accetta il linguaggio $L^{R}$ .

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

Prova. Innanzitutto, dimostriamo la seguente affermazione: $\exists$ un percorso da $q$ a $p$ in $A$ etichettato con $w$ se e solo se $\exists$ un percorso da $p$ a $q$ in $A^R$ etichettato con $w^R$ (il contrario di $w$ ) per $q, p \in Q_A$ . La prova è per induzione sulla lunghezza di$w$ .

1. Caso di base: $|w| = 1$
   Mantiene per definizione di $\delta_{A^R}$
2. Induzione: supponiamo che l'istruzione sia valida per le parole di lunghezza $\lt n$ e lascia $|w| = n$ e $w = xa$
   Sia $p \in \delta_A^*(q, w) = \delta_A^*(q, xa)$
   Sappiamo che $\delta_A^*(q, xa) = \cup_{p'}\delta_A(p', a)$ $\forall p' \in \delta_A^*(q, x)$
   $x$ e$a$ sono parole con meno di$n$ simboli. Dall'ipotesi di induzione,$p' \in \delta_{A^R}(p, a)$ e$q \in \delta_{A^R}^*(p', x^R)$ . Ciò implica che$q \in \delta_{A^R}^*(p, ax^R) \iff p \in \delta_A^*(q, xa)$ .

Lasciando $q = q_A$ e $p = s$ per qualche $s \in F_A$ e sostituendo $w^R$ per $ax^R$ garantisce che $q \in \delta_{A^R}^*(s, w^R)$ $\forall s \in F_A$ . Poiché esiste un percorso etichettato con $\epsilon$ da $q_s$ ad ogni stato in $F_A$ (3. nella definizione di $A^R$) E un percorso da ogni stato $F_A$ allo stato $q_A$ marcata con $w^R$ , allora v'è un percorso marcato con $\epsilon w^R = w^R$ da $q_s$ a $q_A$ . Questo dimostra il teorema.

Si noti che ciò dimostra che $(L^R)^R = L$ pure.

Modifica se ci sono errori di formattazione o difetti nella mia prova ....

To add to the automata-based transformations described above, you can also prove that regular languages are closed under reversal by showing how to convert a regular expression for $L$ into a regular expression for $L^R$. To do so, we'll define a function $REV$ on regular expressions that accepts as input a regular expression $R$ for some language $L$, then produces a regular expression $R'$ for the language $L^R$. This is defined inductively on the structure of regular expressions:

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.