Informatyka MIMUW

S → ε | 0 | 1 | 0S0 | 1S1
Zgodność: (każde wygenerowane słowo jest palindromem) Dowód przez indukcję po długości wyprowadzenia.
Przypadek bazowy: wyprowadzenie długości 1. Są 3 przypadki: S → ε, S → 0, S → 1. Wszystkie wygenerowane słowa są palindromami.
Krok indukcyjny: załóżmy, że wszystkie wyprowadzenia długości < n (dla danego n>1) są zgodne. Weźmy dowolne wyprowadzenie S →...→ x długości n. Wyprowadzenie to może zaczynać się od produkcji S → 0S0 lub S → 1S1. W pierwszym przypadku x=0y0, a z jego wyprowadzenia łatwo odczytać wyprowadzenie S →...→ y o długości n-1. Z założenia indukcyjnego y jest palindromem, zatem jest nim również słowo x=0y0. Analogicznie dowodzimy zgodność wyprowadzenia zaczynającego się od produkcji S → 1S1.
Pełność: (każdy palindrom da się wygenerować) Dowód przez indukcję po długości słowa.
Przypadek bazowy: jeśli słowo ma długość 0 lub 1, to jest to ε, 0 lub 1. Wszystkie te słowa dają się wygenerować.
Krok indukcyjny: jeśli palindrom x ma długość > 1, to jest postaci 0y0 lub 1y1, gdzie y jest palindromem o mniejszej dlugości. Z założenia indukcyjnego S →...→ y. Zatem S → 0S0 →...→ 0y0 lub S → 1S1 →...→ 1y1 i otrzymaliśmy wyprowadzenie słowa x.

J → ε | 1J0
S → J | 0S0
symbol startowy: S
Zgodność: (każde wygenerowane słowo należy do języka) pokażemy przez indukcję po długości wyprowadzenia, że każde słowo wyprowadzone z J jest postaci \( 1^m0^m \) oraz że każde słowo wyprowadzone z S jest postaci \( 0^n1^m0^{n+m} \).
Przypadek bazowy: wyprowadzenie długości 1 jest możliwe tylko z J i rzeczywiście wyprowadzone słowo ε jest postaci \( 1^m0^m \) (dla m=0).
Krok indukcyjny: załóżmy, że wszystkie wyprowadzenia o długości < n (dla pewnego n>1) spełniają tę własność. Weźmy dowolne wyprowadzenie o długości n. Jego pierwszym krokiem jest S → J, S → 0S0 lub J → 1J0,
W pierwszym przypadku wyprowadzenie zawiera wyprowadzenie o długości n-1 startujące z J. Z założenia indukcyjnego wiemy, że wyprowadzone słowo jest postaci \( 1^m0^m \), a więc również \( 0^n1^m0^{n+m} \) (dla n=0).
W drugim przypadku wyprowadzone słowo jest postaci 0x0, gdzie x jest wyprowadzalny z S za pomocą n-1 kroków. Zatem z założenia indukcyjnego x jest postaci \( 0^n1^m0^{n+m} \), zatem \( 0x0=0^{n+1}1^m0^{n+m+1} \), zatem jest też jest żądanej postaci.
W trzecim przypadku wyprowadzone słowo jest postaci 1x0, gdzie x można wyprowadzić z J w n-1 krokach, zatem podobnie jak poprzednio 1x0 jest postaci \( 1^m0^m \), ponieważ x ma tę postać (z założenia indukcyjnego).
Pełność: (każde słowo języka da się wyprowadzić). Najpierw przez indukcję po m pokażemy, że każde słowo postaci \( 1^m0^m \) można wyprowadzić z J. Następnie przez indukcję po n, że każde słowo postaci \( 0^n1^m0^{n+m} \) można wyprowadzić z S.
Istotnie, jeśli m=0, to słowo \( 1^00^0=\epsilon \) można wyprowadzić z J. Zakładając, że słowo \( 1^m0^m \) można wyprowadzić z J, łatwo zauważyć, że wyprowadzenie J → 1J0 →...→ 11^m0^m0 jest wyprowadzeniem słowa \( 1^{m+1}0^{m+1} \). Podobnie łatwo pokazać, że każde słowo postaci \( 0^n1^m0^{n+m} \) da się wyprowadzić z S.

S → SS | (S) | ε
Zgodność: (każde wygenerowane słowo jest poprawnym wyrażeniem nawiasowym) Niech L oznacza język poprawnych wyrażeń nawiasowych. Dowód zgodności przez indukcję po długości wyprowadzenia.
Przypadek bazowy: poprzez wyprowadzenie długości 1 jest możliwe wygenerowanie tylko słowa ε i należy ono do L.
Krok indukcyjny: każde dłuższe wyprowadzenie zaczyna się od produkcji S → (S) lub S → SS. W pierwszym przypadku wygenerowane słowo będzie postaci (w), gdzie S →...→ w jest wyprowadzeniem o długości n-1, czyli w∈L z założenia indukcyjnego.
Podobnie w drugim przypadku, wygenerowane słowo będzie postaci uv, gdzie S →...→ u oraz S →...→ v są wyprowadzeniami o długości mniejszej niż n (suma długości tych wyprowadzeń wynosi n-1). Zatem u,v∈L, stąd uv∈L.
Pełność: (każde wyrażenie nawiasowe da się wyprowadzić) Dowód przez indukcję po długości wyrażenia. Wyrażenie o długości 0 (słowo puste ε) da się wyprowadzić.
Niech w będzie dowolnym wyrażeniem nawiasowym o długości n>0. Określmy funkcję \( f_w(i)=\#_((w_1...w_i)-\#_)(w_1...w_i) \), czyli różnicę w liczbie wystąpień nawiasu otwierającego i zamykającego w prefiksie o długości i. Łatwo zauważyć, że:

• \( f_w(0)=0 \)
• \( f_w(n)=0 \)
• \( f_w(i)\ge0 \) dla \( i=0\dots n \)

W przypadku gdy istnieje j takie, że \( 0 < j < n \) i \( f_w(j)=0 \), słowa \( w_1...w_j \) oraz \( w_{j+1}...w_n \) są poprawnymi wyrażeniami nawiasowymi o długości mniejszej niż n. Zatem istnieją wyprowadzenia \( S\rightarrow
\cdots \rightarrow w_1...w_j \) oraz \( S\rightarrow \cdots \rightarrow w_{j+1}...w_n \) i da się z nich złożyć wyprowadzenie \( S \rightarrow SS \rightarrow \cdots \rightarrow w \).
W przypadku, gdy dla wszystkich j, \( f_w(j)>0 \) słowo \( w_2...w_{n-1} \) jest poprawnym wyrażeniem nawiasowym o długości n-2, zatem wyprowadzalnym z S. Stąd łatwo otrzymać wyprowadzenie słowa w \( S \rightarrow (S) \rightarrow \cdots \rightarrow w \).

S → (S)S | ε
Zgodność: oczywista.
Pełność: podobnie jak w Rozwiązaniu 1. Dla uzyskania danego słowa w o długości > 0 należy posłużyć się funkcją \( f_w \). Przyglądając się pierwszej pozycji j>0, dla której \( f_w(j)=0 \), zauważamy, że słowa \( w_2...w_{j-1} \) oraz \( w_{j+1}...w_n \) są poprawnymi wyrażeniami nawiasowymi o mniejszej długości. Zatem można uzyskać wyprowadzenie słowa w \( S \rightarrow (S)S\rightarrow \cdots \rightarrow w \).

S → SS | 0S1 | 1S0 | ε
Zgodność: oczywista.
Pełność: podobnie jak w Zadaniu 3. Dla uzyskania słowa w o długości n należy przyjrzeć się wykresowi funkcji \( f_w(i)=\#_0(w_1...w_i)-\#_1(w_1...w_i) \).
Jeśli funkcja ta nie ma miejsc zerowych poza 0 i n, pierwszą produkcją jest S → 0S1 lub S → 1S0. W przeciwnym przypadku w rozkłada się na dwa krótsze słowa o równej liczbie zer i jedynek i pierwszą produkcją jest S → SS.

S → 0S1S | 1S0S | ε
Zgodność: oczywista
Pełność: podobnie jak w Rozwiązaniu 1 i w Rozwiązaniu 2 Zadania 3.

R → 0R1 | 1R0 | RR | ε
N → 0N1 | 1N0 | RN | NR | 0
symbol startowy: N
Zgodność: wiedząc (z Zadania 4), że R generuje słowa o równej liczbie 0 i 1, łatwo pokazać przez indukcję, że N generuje słowa, w których liczba 0 jest o jeden większa niż liczba 1.
Pełność: mając dane słowo w o długości > 1 zaczynamy od wskazania (dowolnego) nadmiarowego 0. Następnie postępujemy jak w Zadaniu 4, nie licząc wskazanego 0, pamiętając przy tym, żeby ta część słowa, która zawiera wskazane 0, była wyprowadzana z N, a nie z R.

S₀ → 0 | S₀0 | S₁1
S₁ → 1 | S₀1 | S₂0
S₂ → S₁0 | S₂1
symbol startowy: S₀

Zgodność: Łatwo pokazać, że kolejne symbole generują liczby, które w dzieleniu przez 3 mają resztę odpowiednio 0, 1 i 2. Dwa przypadki bazowe są oczywiste, następnie weźmy na przykład produkcję S₁ → S₂0. Jeśli (z założenia indukcyjnego) S₂ wygeneruje liczbę w o reszcie 2, to wygenerowana przez S₁ liczba w0 będzie miała resztę 2×2 mod 3 = 1. Podobnie można sprawdzić wszystkie pozostałe produkcje.

Pełność: Przez indukcję po długości liczby pokażemy, że każdą liczbę o reszcie z dzielenia przez 3 wynoszącej i da się wygenerować z symbolu S_i. Istotnie, dla liczb jednocyfrowych jest to oczywiste. Dla pozostałych, postaci wb, wystarczy popatrzeć na ostatnią cyfrę b. Reszta z dzielenia wb przez 3 oraz wartość b determinują resztę z dzielenia w przez 3. Dla wszystkich sześciu przypadków w naszej gramatyce istnieje odpowiednia produkcja. Następnie wystarczy użyć założenia indukcyjnego, aby wygenerować w.

Jak należy zmodyfikować tę gramatykę, aby generowane liczby binarne nie mogły zaczynać się od 0 ?

S₀ → S₀0 | S₁1
S₁ → 1 | S₀1 | S₂0
S₂ → S₁0 | S₂1
S → S₀ | 0
symbol startowy: S

S₀ → ε | S₀1 | S₁1 | S₂1
S₁ → S₀0
S₂ → S₁0
S → S₀ | S₁ | S₂
symbol startowy: S
Zgodność i pełność tej gramatyki wynika z faktu, że S_j generuje wszystkie słowa w nie zawierające 000 i kończące się na j zer.

S₀ → ε | S₀1 | S₀01 | S₀001
S → S₀ | S₀0 | S₀00
symbol startowy: S
Ta gramatyka powstała z poprzedniej przez usunięcie symboli S₁ i S₂ i włączenie ich (pojedynczych) produkcji do produkcji pozostałych symboli.

Z → ε | 0 | 00
S → Z | S1Z
symbol startowy: S
Z - krotki ciąg zer (mniej niż 3)
S - ciąg krótkich ciągów zer poprzedzielanych jedynkami

Język opisany w tym zadaniu (i w Zadaniu 6) jest w istocie językiem regularnym, czyli dającym się wygenerować bez rekurencji, a tylko poprzez iterację (czyli prostszym, niż zwykły język bezkontekstowy). Można to poznać po tym, że udało nam się stworzyć gramatykę, w której wszystkie produkcje są postaci X → Yz lub X → Y gdzie X i Y to symbole nieterminalne, a z to symbol terminalny.
Języki regularne mają wiele wspólnego z wyrażeniami regularnymi używanymi w prostych operacjach na tekstach, takich jak wyszukiwanie i zastępowanie (np przez programy Unixowe grep, sed itp.)