Differences

This shows you the differences between two versions of the page.

--- lfa:exercise-sheet-2-solution [2021/01/18 17:14]
pdmatei
+++ lfa:exercise-sheet-2-solution [2021/01/18 19:29] (current)
pdmatei
@@ Line 30: / Line 30: @@
 Scriem o expresie regulata pentru $math[L_3]. Pentru a gasi expresia corecta, putem incepe prin cateva observatii simple:
-  * $math[L(0*) \subseteq L_3]
+  * $math[L(0^*) \subseteq L_3]
+  * $math[L(1^*) \subseteq L_3]
+  * $math[L(0^+1^+0^+)^* \subseteq L_3]
+  * $math[L(1^+0^+1^+)^* \subseteq L_3]
+Ultimele 2 subpuncte acopera atat sirurile care incep cu 1 (si trebuie obligatoriu sa se termine cu un 1), respectiv cele care incep cu 0 (si se termina cu 0). Putem combina expresiile de mai sus intr-una singura, facand aparitia 1-urilor (respectiv 0-urilor) intercalate sa fie optionala. Rezultatul final este: $math[(0^+1^*0^+)^* \cup (1^+0^*1^+)^* \cup 0 \cup 1]
 . Demonstrați că $ L = \{ a^nb^mc^{n-m} \mid n \ge m \ge 0 \}$ //nu este// un limbaj regulat, fără a folosi izomorfisme.
+//**Solutie:**//
+Daca notam $math[k = n-m], atunci $math[ n = k + m] iar limbajul devine: $math[\{a^{k+m}b^mc^k \mid n,k \geq 0\}]. Pentru a folosi lema de pompare, alegem cuvantul $math[w_n = a^nb^n] (numarul de $math[c]-uri este 0, deci numarul de $math[a]-uri este egal cu numarul de $math[b]-uri). De asemenea, alegem $math[i=0]. Cum $math[\mid xy\mid \leq n], inseamna ca fragmentul $math[y] contine doar $math[a]-uri, asadar $math[xy^0z] va contine cel putin un $math[b] mai mult decat numarul de $math[a]-uri, deci cuvantul nu va apartine limbajului.
 . Demonstrați că, pentru orice limbaj $ L$ //regulat// și //infinit//, există două limbaje $ L_1$, $ L_2$ //regulate// și //infinite//, astfel încât $ L_1 \cap L_2 = \emptyset$ și $ L_1 \cup L_2 = L$.
+//**Solutie:**//
+Daca $math[L] este un limbaj regulat infinit, atunci Lema de Pompare este adevarata pentru acesta, cu alte cuvinte $math[\exists n] astfel incat pentru orice cuvant $math[w] avand lungime mai mare sau egala cu $math[n], acesta poate fi impartit in $math[xyz] astfel incat $math[\mid xy\mid \leq n], $math[y\neq\epsilon] si \math[\forall k. xy^kz\in L]. Demonstratia Lemei de Pompare arata ca un astfel de $math[n] poate fi numarul de stari ale unui AFD care accepta $math[L]. Urmarind acelasi rationament, toate cuvintele //suficient de mari// sunt acceptate //prin traversarea unei stari// de cel putin doua ori:
+$math[(q_0,xyz) \vdash^* (q,yz) \vdash^* (q,z) \vdash (q_f, \epsilon)]
+Plecand de la AFD-ul $math[A] care respecta conditia de mai sus, si de la //un ciclu// din acesta, de forma $math[q, q_1, q_2, \ldots q_k, q], construim doua AFD-uri:
+  * $math[A_1] care contine aceleasi stari precum $math[A], plus starile $math[q', q'_1, q'_2, \ldots q'_k]. Tranzitia de la $math[q_k] la $math[q] este modificata catre $math[q'], iar cea de la $math[q'_k] - catre $math[q]. Restul tranzitiilor adaugate functioneaza exact ca cele din ciclul automatului $math[A]. $math[L(A_1)] va accepta toate cuvintele mai mici decat $math[n], precum si cele de forma $math[xy^{2k}z] (in urma loop-unrolling-ului).
+  * $math[A_2] va fi construit dupa aceeasi strategie, astfel incat sa accepte **doar** cuvintele de forma $math[xy^{2k+1}z]:
+    * caile mai scurte de $math[k] de la starea initiala la o stare finala vor fi eliminate.
+    * toate celelalte caile care nu trec prin $math[q] si care ajung la o stare finala vor fi eliminate. In felul acesta, avem garantia ca $math[L(A_1) \cap L(A_2) = \emptyset]
+  * in acelasi timp $math[L(A_1) \cup L(A_2) = L(A)]