Si

Je suis coincé à résoudre le prochain exercice:

Faire valoir que si est sans contexte et R est régulier, alors L / R = { w ∣ ∃ x ∈ $L$$R$ (c'est-à-dire lebon quotient) est sans contexte.$L / R = \{ w \mid \exists x \in R \;\text{s.t}\; wx \in L\}$

Je sais qu'il devrait exister un PDA qui accepte et un DFA qui accepte R . J'essaie maintenant de combiner ces automates à un PDA qui accepte le bon quotient. Si je peux construire ça, j'ai prouvé que $L$$R$ est sans contexte. Mais je suis coincé à construire ce PDA.$L/R$

Voilà jusqu'où je suis arrivé:

Dans le PDA combiné, les états sont un produit cartésien des états des automates séparés. Et les bords sont les bords du DFA mais seulement ceux pour lesquels à l'avenir un état final du PDA d'origine de L peut être atteint. Mais je ne sais pas comment l'écrire officiellement.

Voici un indice.

Vous devez que votre machine accepte initialement une partie d'un mot de , consommant la bande au fur et à mesure. Ensuite, sans rien consommer, vous devez trouver un mot de R qui poussera la machine dans un état final. Le mot choisi de R joue le rôle du mot d'entrée pour la seconde moitié du calcul.$L$$R$$R$

De toute évidence, le non-déterminisme aura un rôle, tout comme le produit entre les deux machines. L'astuce pour formaliser cela consiste à ajuster le produit pour faire face au fait que l'entrée provient de non de l'entrée.$R$

Je ne suis pas sûr de ce que vous voulez dire avec le produit cartésien; cela simule les deux automates en parallèle, ce qui vous donnera l'intersection. Mais vous voulez qu'il identifie tous les mots de qui ont un suffixe de R ! À un niveau intuitif, c'est.$L$$R$

Supposons que notre entrée soit . Evidemment, on ne peut pas vérifier toutes les suites possibles (pour l'appartenance à R ) mais seulement un nombre fini d'entre elles. Le commentaire d'Artem est très utile ici; nous devinons ce que sera le suffixe x et y exécuterons les deux automates.$w \in \Sigma^*$$R$$x$

Soit et A R PDA pour L et NFA pour R , respectivement. Construisez un automate A comme suit. En entrée w ∈ Σ * , simuler A L . Après que w est consommé, passez à une intersection modifiée A L , si et seulement si les deux composantes de A L , R atteignent un état final simultanément, c'est-à-dire si$A_L$$A_R$$L$$R$$A$$w \in \Sigma^*$$A_L$$w$ de A L et A R ,maintenant l'état de A L . Maintenant, décidez pour chaque transition de façon non déterministe quel symbole est le suivant dans l'entrée virtuelle. Accepter$A_{L,R}$$A_L$$A_R$$A_L$$w$$A_{L,R}$ a une continuation x de telle sorte que w x de la L et x ∈ R .$w$$x$$wx \in L$$x \in R$

Vous pouvez également utiliser des grammaires formelles. Voyez-vous comment vous pouvez dériver en deux grammaires en parallèle? En général, il n'est pas clair comment adapter donc vous obtenez une poignée sur les suffixes; l'utilisation de la forme normale de Chomsky aide.$G_L$

Supposons que et G R sont donnés sous forme normale de Chomsky. Modifiez G L de sorte que le non-terminal le plus à droite soit reconnaissable et faites de son symbole de départ le nouveau symbole de départ. Introduire pour les versions distinguées des non terminaux de nouvelles règles qui conduisent à une grammaire dérivée en G L et G $G_L$$G_R$$G_L$$G_L$$G_R$ en parallèle (les non-terminaux sont des paires de non-terminaux); si les deux grammaires s'accordent sur un symbole terminal, supprimez le non-terminal composite. De cette façon, un suffixe dans est supprimé si et seulement s'il peut être dérivé dans G L et dans G $G_L$$G_L$$G_R$ , il reste .$w \in L/R$

Je recommande d'utiliser la réponse de Raphaël, qui est beaucoup plus facile à comprendre, mais voici une alternative, en utilisant des propriétés de fermeture au lieu d'automates:

Soit une langue. Nous voulons lire un mot w , mais demandons à L si w x est dans la langue. Nous voulons donc créer un nouveau langage à partir de L qui a x "effacé". Nous pouvons le faire en utilisant un homomorphisme, mais cela pourrait supprimer des lettres de w . Solution: divisez l'alphabet en deux et utilisez des lettres différentes pour w et x .$L \subseteq A^{\ast}$$w$$L$$w x$$L$$x$$w$$w$$x$

Plus formellement:

1) Créez de mots à partir de L , chaque lettre étant étiquetée 0 ou 1. 2) Intersectez-la avec un langage régulier ( A × 0 ) ∗ ( R × 1 ) . Cela force que tous les 0 viennent avant tout de 1, et la deuxième partie provient de R . La signification précise de × est laissée au lecteur. 3) Remplacer ( $L' \subseteq (A \times \{0,1\})^{\ast}$$L$
$(A \times {0})^{\ast} (R \times 1)$$R$$\times$
$(a,0) \to a$ et . Propriétés de fermeture utilisées: image homomorphe, pré-image, intersection avec des langages réguliers. Avantage: cette preuve fonctionne pour d'autres familles (par exemple, remplacez context-free par regular).$(a,1) \to \varepsilon$