Một số tính chất của ngôn ngữ phi ngữ cảnh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ====== LÊ THỊ THANH LOAN MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA NGƠN NGỮ PHI NGỮ CẢNH KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Toán ứng dụng Người hướng dẫn khoa học TS KIỀU VĂN HƯNG HÀ NỘI - 2017 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Thanh Loan LỜI CẢM ƠN Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới TS Kiều Văn Hưng, người thầy truyền thụ kiến thức, tận tình giúp đỡ, hướng dẫn em suốt q trình học tập, nghiên cứu hồn thành khóa luận Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, thầy giáo khoa Tốn giúp đỡ em trình học tập trường tạo điều kiện cho em hoàn thành đề tài khóa luận tốt nghiệp Trong q trình nghiên cứu, khơng tránh khỏi thiếu sót hạn chế Em kính mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo tồn thể bạn đọc để khóa luận hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Vĩnh Phúc, tháng năm 2017 Sinh viên Lê Thị Thanh Loan Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Thanh Loan LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan hướng dẫn thầy giáo Kiều Văn Hưng khóa luận em hồn thành khơng trùng với đề tài khác Trong làm khóa luận này, em kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Vĩnh Phúc, tháng năm 2017 Sinh viên Lê Thị Thanh Loan Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Thanh Loan MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương Văn phạm phi ngữ cảnh 1.1 Văn phạm phi ngữ cảnh 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Ngôn ngữ sinh văn phạm phi ngữ cảnh 1.1.3 Cây suy dẫn đầy đủ văn phạm phi ngữ cảnh 1.1.4 Quan hệ dẫn xuất suy dẫn 1.1.5 Văn phạm phi ngữ cảnh đa nghĩa 1.1.6 Rút gọn văn phạm phi ngữ cảnh 1.2 Chuẩn hóa văn phạm phi ngữ cảnh 14 1.2.1 Dạng chuẩn Chomsky 14 1.2.2 Dạng chuẩn Greibach 16 1.3 Bài tập 20 Chương Tính chất ngơn ngữ phi ngữ cảnh 26 2.1 Hai bổ đề Bơm 26 2.1.1 Bổ đề Bơm cho ngôn ngữ phi ngữ cảnh 26 2.1.2 Bổ đề Bơm cho ngôn ngữ tuyến tính 30 2.2 Tính đóng ngơn ngữ phi ngữ cảnh 31 2.3 Một vài tính chất khả ngôn ngữ phi ngữ cảnh 32 2.4 Bài tập 32 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 34 TÀI LIỆU THAM KHẢO 35 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Thanh Loan MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Những năm gần đây, người đạt nhiều thành tựu khoa học rực rỡ, thành tựu bùng nổ ngành khoa học máy tính Sự phát triển kì diệu máy tính gắn liền với phát triển tốn học đại, Tốn rời rạc Tốn học rời rạc nghiên cứu cấu trúc có tính chất rời rạc khơng liên tục Tốn rời rạc bao gồm lĩnh vực quan hệ, lý thuyết đồ thị, ngơn ngữ hình thức otomat Lý thuyết ngơn ngữ hình thức lý thuyết tảng cho việc thấu hiểu khái niệm ngơn ngữ nói chung (cả ngơn ngữ lập trình lẫn ngơn ngữ tự nhiên), vấn đề ngôn ngữ cách xây dựng văn phạm sinh ngôn ngữ (xây dựng văn phạm cho ngơn ngữ lập trình, cho q trình phân tích cú pháp), dịch từ ngơn ngữ lập trình cấp cao sang ngơn ngữ máy Ngơn ngữ phi ngữ cảnh chủ đề quan trọng lý thuyết ngơn ngữ hình thức, áp dụng cho ngơn ngữ lập trình Mục đích khóa luận nhằm tìm hiểu rõ ngơn ngữ phi ngữ cảnh với tính chất ứng dụng Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu cách tổng quan ngôn ngữ sinh văn phạm phi ngữ cảnh, tính chất ngơn ngữ phi ngữ cảnh Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng: Các kiến thức tính chất ngôn ngữ phi ngữ cảnh Phạm vi: Nội dung kiến thức phạm vi lí thuyết ngơn ngữ hình thức Nhiệm vụ Tìm hiểu tính chất ngôn ngữ phi ngữ cảnh Phương pháp nghiên cứu Phân tích tài liệu có liên quan Tổng hợp kinh nghiệm thân Cấu trúc khóa luận Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo nội dung khóa luận bao gồm chương: Chương 1: Trình bày văn phạm phi ngữ cảnh ngơn ngữ phi ngữ cảnh Chương 2: Trình bày tính chất ngơn ngữ phi ngữ cảnh Chương Văn phạm phi ngữ cảnh 1.1.Văn phạm phi ngữ cảnh Xuất xứ văn phạm phi ngữ cảnh mô tả thông qua ngôn ngữ tự nhiên Ta viết quy tắc cú pháp để diễn tả câu "Mạnh sinh viên giỏi" sau: → → → → → Mạnh → sinh viên → →giỏi Các từ dấu móc nhọn , , , phạm trù cú pháp, cho ta vai trò phận hợp thành câu Ta thấy câu sinh qua bước triển khai theo quy tắc cú pháp Đây dạng quy tắc sinh văn phạm phi ngữ cảnh 1.1.1.Định nghĩa Văn phạm phi ngữ cảnh thứ tự gồm thành phần: G = đó: +  bảng chữ cái, gọi bảng chữ (hay bảng chữ kết thúc),mỗi phần tử gọi ký hiệu kết thúc hay ký hiệu +  bảng chữ cái,  = , gọi bảng ký hiệu phụ (hay bảng chữ không kết thúc), phần tử gọi ký hiệu không kết thúc hay ký hiệu phụ + S  gọi ký hiệu xuất phát hay tiên đề + P tập hợp quy tắc sinh có dạng A→ω, A,ω() Như vậy, quy tắc văn phạm phi ngữ cảnh có vế trái chứa ký hiệu phụ vế phải tùy ý, gọi quy tắc phi ngữ cảnh Ví dụ 1.1Cho văn phạm G = , đó: P = {S→AB, A→aA, A→a, B→bB, B→b} G văn phạm phi ngữ cảnh Ví dụ 1.2Cho văn phạm G = , đó: P = {S→SS, S→0S1, S→1S0, S→u} G văn phạm phi ngữ cảnh 1.1.2.Ngôn ngữ sinh văn phạm phi ngữ cảnh Định nghĩa 1.1Cho văn phạm phi ngữ cảnh G = <  ,  ,S,P>và η,ω()* Ta nói ω suy dẫn trực tiếp từ η G, ký hiệu η├ Gω hay ngắn gọn η├ω ( không sợ nhầm lẫn ), tồn quy tắc α→βP γ, δ()* choη = γαβ, ω = γβδ Điều có nghĩa η nhận vế trái α quy tắc α→β từ ta thay α β để từ mớiω Định nghĩa 1.2Cho văn phạm phi ngữ cảnh G = η,ω()* Ta nói ω suy dẫn từ η G, ký hiệu η ╞Gωhay ngắn gọn η ╞ ω (nếu không sợ nhầm lẫn), η = ω tồn dãy D=ω , ω , , ω k ()* cho ω0= η,ωk = ω vàω i-1 ├ωi, với i =1,2, , k Dãy D =ω , ω , , ωk gọi dẫn xuất ω từ η G số k gọi độ dài dẫn xuất này.Nếu ω = S ωk * dãy D gọi dẫn xuất đầy đủ Nếu ωi suy dẫn trực tiếp từ ωi-1 việc áp dụng quy tắc p G ta nói quy tắc p áp dụng bước thứ i Định nghĩa 1.3Cho văn phạm phi ngữ cảnh G = Từ ω* gọi sinh văn phạm phi ngữ cảnh G tồn suy dẫn S╞ ω Ngôn ngữ sinh văn phạm G, ký hiệu L(G), tập hợp tất từ sinh văn phạm G: L(G) = {ω* | S ╞Gω} Định nghĩa 1.4Hai văn phạm G1 = G2= gọi tương đương L(G1) = L(G2) Ví dụ 1.3Xét văn phạm G = Bằng cách áp dụng quy tắc sinh thứ n-1 lần quy tắc sinh thứ hai lần, ta có: S ├ aSb ╞ aaSbb ╞ a3 Sb 3╞ ╞ an-1b n-1╞ a n b nVậy L(G) chứa chuỗi có dạng a nb n, hay L(G) = {anbn |n > 1} 1.1.3 Cây suy dẫn đầy đủ văn phạm phi ngữ cảnh Định nghĩa 1.4Cho văn phạm phi ngữ cảnh G= Cây suy dẫn đầy đủ văn phạm G đồ thị hữu hạn có hướng, khơng có chu trình thỏa mãn bốn điều kiện sau: Mỗi đỉnh gán nhãn ký hiệu tập {ε} Gốc gán nhãn S Mỗi đỉnh gán nhãn ký hiệu  Mỗi đỉnh (lá cây) gán nhãn ký hiệu tập  Nếu đỉnh m gán nhãn A , đỉnh n1,n 2, , n k đỉnh m theo thứ tự từ trái sang phải gán nhãn B1,B2, , Bk tương ứng A→B1B Bk quy tắc P văn phạm G Nếu đọc tất nhãn theo thứ tự từ trái sang phải, ta nhận từ Từ phần tử L(G) gọi kết suy dẫn G Ví dụ 1.4Cho văn phạm phi ngữ cảnh: G1= Cây suy dẫn từ b+(a+c)*b G1là: Hình 1.1Cây suy dẫn từ ω = b+(a+c)*b G1 1.1.4 Quanhệ dẫn xuất suy dẫn Định lý 1.1 Cho G= văn phạm phi ngữ cảnh ω*\{ε} Khi ω L(G) tồn suy dẫn đầy đủ G cókết ω Chứng minh:Do ω ≠ε nên ta giả thiết S→ε P Bây với A,đặt G A = ,ta có G A văn phạm phi ngữ cảnh Ta chứng tỏ ω L(GA ) tồn suy dẫn G A có kết ω Giả sử ω kết suy dẫn G A n số ký hiệu không kếtthúc Bằng quy nạp theo n, ta rằngω L(GA) Nếu tổng số ký hiệu không kết thúc 1, ký hiệu phải A gốc cây, A phải đỉnh gán ký hiệu kết thúc, chẳng hạn b1,b2, , b k Theo định nghĩa suy dẫn, ta có A→b 1b b k hay A╞ ω 2mB3m Cuối áp dụng B→3 ta nhận được: S╞ ω2mB3m+1ω Vậy L(G) = { ω2mB3m+1ω | ω {0,1}*, m1} Bài 2: Rút gọn ký hiệu thừa văn phạm sau a, G = với tập quy tắc P = {S→AB | CA, B→BC | AB, A→a, C→aB | b} b, G = với tập quy tắc P = {S→aAa, A →Sb | Bcc | DaA, C→abb | DD, E→aC, D→aDA} Giải: a, G = Bước 1: Loại ký hiệu vô sinh Gọi G1 = văn phạm tương đương với văn phạm G khơng có ký hiệu vơ sinh Trong P có quy tắc A→a, C→b với A, a, b* nên ta đưa A, C vào 1 Trong P có quy tắc S→CA với A,C1 nên ta kết nạp S vào 1 Vậy 1 = {S, A, C} P1 = {S→CA, A→a, C→b} Như kết thúc bước ta có văn phạm G1 = Bước 2: Loại ký hiệu không đến Gọi G2 = văn phạm tương đương với văn phạm G1 loại ký hiệu không đến Ta đưa S vào 2 Trong P1 có quy tắc S→CA với A,C(11)* nên ta kết nạp A, C vào 2 Trong P1 có quy tắc A→a, C→b với A,C2và a, b(11)* nên ta kết nạp a, b vào 2 Vậy 2 = {S, A, C} P2 = {S→CA, A→a, C→b} Vậy G2 = văn phạm khơng có ký hiệu thừa cần tìm b, G = Bước 1: Loại ký hiệu vô sinh Gọi G1 = văn phạm tương đương với văn phạm G khơng có ký hiệu vơ sinh Trong P có quy tắc C→abb với a, b* nên ta đưa C vào 1 Trong P có quy tắc E→aC, A→Bcc với a, b* C1 nên ta kết nạp E, A vào 1 Trong P có quy tắc S → aAa với a* A1 nên ta kết nạp S vào 1 Vậy 1 = {S, A, C, E} P1 = {S→aAa, A→Sb | Bcc, C→abb, E→aC} Như kết thúc bước ta có văn phạm G1 = Bước 2: Loại ký hiệu không đến Gọi G2 = văn phạm tương đương với văn phạm G1 loại ký hiệu không đến Ta đưa S vào 2 Trong P1 có quy tắc S→aAa với A,a(11)* nên ta thêm a vào2, thêm A vào 2 Trong P1 có quy tắc A→bCC với b,C(11)* nên ta thêm b vào 2, thêm C vào 2 Vậy 2 = {S, A, C} P2 = {S→aAa, A→Sb | Bcc, C→abb} Vậy G2 = văn phạm khơng có ký hiệu thừa cần tìm Bài 3: Hãy xây dựng văn phạm dạng chuẩn Chomsky tương đương với G a, G = , với tập quy tắc P = {S→aAbB, A→aA, A→a, B→bB, B→b} b, G = , với tập quy tắc P = {S→1A | 0B, A→1AA | 0S | 0, B→ 0BB | 1S | 1} Giải: a, G = , với tập quy tắc P = {S→aAbB, A→aA, A→a, B→bB, B→b} G không chứa ký hiệu thừa quy tắc thừa Ta thay tất quy tắc mà vế phải có chứa ký hiệu ký hiệu phụ: + Với quy tắc A→aA ta thay a Aa, thêm A a vào tập ký hiệu phụ A1, thêm quy tắc Aa →a vào tập quy tắc P1 + Với quy tắc B→bB ta thay b A b , thêm A b vào tập ký hiệu phụ A1, thêm quy tắc Ab →b vào tập quy tắc P1 + Với quy tắc S→aAbB ta thay a Aa, thay b Ab Ta nhận G = , với P ={S→ A a AA b B, A→A a A, B→A b B, A a →a, A b →b } khơng có quy tắc mà vế phải có ký hiệu ký hiệu phụ, rõ ràng G1  G Với G1, ta thay quy tắc S→Aa AAb B ba quy tắc S→A a C, C→AC1, C 1→A b B, thêm C, C1 vào tập ký hiệu phụ Cuối ta văn phạm G = , với P2 = {S→AaC, C→AC1, C1→AbB, A→AaA, B→Ab B, Aa→a, Ab →b} Văn phạm G2 dạng chuẩn Chomsky G 2 G1 G b, G = , với tập quy tắc P = {S→1A | 0B, A→1AA | 0S | 0, B→ 0BB | 1S | 1} Ta thay tất quy tắc P mà vế phải có chứa ký hiệu ký hiệu phụ: + Với quy tắc S→0B, A→0S | 0, B→ 0BB ta thay C0 , thêm C vào tập ký hiệu phụ 1, thêm quy tắc C0→0 vào tập quy tắc P1 + Với quy tắc S→1A, A→1AA, B→ 1S | ta thay C , thêm C vào tập ký hiệu phụ 1, thêm quy tắc C1→1 vào tập quy tắc P1 Ta nhận G1 = , với tập quy tắc P = {S→ C1 A | C B, A→ C1 AA | C0 S | C , B→ C0 BB | C S | C1, C0→0,C1→1} khơng có quy tắc có ký hiệu ký hiệu phụvà G1  G + Với G1 ta giảm độ dài vế phải quy tắc có hai ký hiệu: thay quy tắc A→ C1 AA hai quy tắc A→C1D1, D1→AA thêm D1 vào tập ký hiệu phụ; thay quy tắc B→ C BB hai quy tắc B→C0D2, D2→BB thêm D2 vào tập ký hiệu phụ Cuối ta văn phạm G2 = , với tập quy tắc P = {S→ C A | C B, A→C S | C0 | C1D1, B→ C S | C | C0D2,C0→0,C1→1, D1→AA, D2→BB } Văn phạm G dạng chuẩn Chomsky G 2 G 1 G Bài 4: Cho văn phạm phi ngữ cảnh G = < {a, b},{A1, A2, A3}, S,P>, với tập quy tắc P = {A1→ A2A1 | A2A3, A2→A3A1 | a, A3→ A2A2 | b} Hãy xây dựng văn phạm dạng chuẩn Greibach tương đương với G Giải: Bước : G thỏa mãn dạng chuẩn Chomsky không chứa ε Bước : Ta thấy tập quy tắc sinh, A1-dẫn xuất A2-dẫn xuất thỏa điều kiện Chỉ có quy tắc A3→ A2A2 cần sửa đổi Áp dụng bổ đề 1.3 để thay luật sinh này, ta có: A3→A3A1A2 | aA2 Bước 3: Áp dụng bổ đề 1.4 cho A3-dẫn xuất, ta tập quy tắc sinh có dạng sau : A1→ A2A1 | A2A3 A2→A3A1 | a A3→ aA2 | b | aA2B | bB B → A1A2 | A1A2B Bước 4: Thay Ai –dẫn xuất dạng Ở bước này, ta thấy tất A3-dẫn xuất có dạng chuẩn Áp dụng bổ đề1.3 để thay A3- luật sinh vào A2, A1, thu tập luật sinh sau: A1→aA2A1A1 | bA1A1 | aA2BA1A1 | bBA1A1 | aA1| aA2A1A3 | bA1A3 | aA2BA1A3 | bBA1A3 | aA3 A2→aA2A1 | bA1 | aA2BA1 | bBA1 | a A3→aA2 | b | aA2B | bB B→A1A2 | A1A2B Bước : Thay Bk-dẫn xuất dạng B → aA2A1A1A2 | bA1A1A2 | aA2BA1A1A2 | bBA1A1A2 | aA1A2 | aA2A1A3A2 | bA1A3A2 | aA2BA1A3A2 | bBA1A3A2 | aA3A2 | aA2A1A1A2B | bA1A1A2B | aA2BA1A1A2B | bBA1A1A2B | aA1A2B | aA2A1A3A2B | bA1A3A2B | aA2BA1A3A2B | bBA1A3A2B | aA3A2B Cuối cùng, ta thu văn phạm có dạng GNF với 39 luật sinh Chương Tính chất ngơn ngữ phi ngữ cảnh Họ ngôn ngữ phi ngữ cảnh chiếm vị trí trung tâm hệ thống phâncấp ngơn ngữ hìnhthức Một mặt, ngơn ngữ phi ngữ cảnh bao gồm họ ngôn ngữ quan trọngnhưng bị giới hạn Mặt khác, có họ ngơn ngữ khác rộng lớn mà ngôn ngữ phi ngữ cảnhchỉ trường hợp đặcbiệt Để nghiên cứu mối quan hệ họ ngơn ngữ trình bày giống khác chúng, chúng tanghiên cứu tính chất đặc trưng họ khácnhau 2.1.Hai bổ đề Bơm 2.1.1 Bổ đề Bơm cho ngôn ngữ phi ngữ cảnh Để chứng minh ngôn ngữ cho trước phi ngữ cảnh có nhiều cách Một cách xây dựng văn phạm phi ngữ cảnh để đốn nhận ngơn ngữ đó.Tuy nhiên, muốn chứng minh ngơn ngữ khơng phải phi ngữ cảnh khó nhiều Ta xét tất văn phạm phi ngữ cảnh để chứng tỏ ngôn ngữ cho không sinh văn phạm phi ngữ cảnh Để khắc phục khó khăn này, người ta đưa số "tiêu chuẩn đặc trưng" ngôn ngữ phi ngữ cảnh dựa vào để xem xét khả thỏa mãn ngôn ngữ cho trước Sau đây, xét số tính chất quan trọng ngôn ngữ phi ngữ cảnh dựa vào bổ đề Bơm Dựa vào khẳng định nhiều ngôn ngữ phi ngữ cảnh Bổ đề 2.1Giả sử G = là văn phạm phi ngữ cảnh dạng chuẩn Chomsky T suy dẫn G Nếu độ dài đường dài T nhỏ k kết sinh T có độ dài nhỏ 2k-1 Chứng minh: Chứng minh quy nạp theo độ dài k, độ dài đường dài số tất suy dẫn có gốc gán nhãn S Khi k = 1, tức gốc dẫn xuất có đỉnh mà nhãn ký hiệu kết thúc Nếu đỉnh gốc có đỉnh nhãn chúng phải ký hiệu  G dạng chuẩn Chomsky Từ suy kết sinh có độ dài 1≤ 21-1 = Giả sử kết luận với k-1 (k > 1) Ta cần chứng minh với k, tức T suy dẫn có gốc dán nhãn S có đường dài nhỏ k kết sinh T có độ dài nhỏ 2k-1 Bởi k > nên đỉnh gốc T có hai A A có đường dài nhỏ k - Theo giả thiết quy nạp kết ω1, uω sinh hai suy dẫn A A2 tương ứng thỏa mãn |ω1| < 2k-2, |ω | < 2k-2 Kết sinh T ω ω |ω ω 2| < k-2 + 2k-2 = 2k-1 Đó điều cần chứng minh Định lý 2.1(Bổ đề Bơm cho ngôn ngữ phi ngữ cảnh) Nếu L làngôn ngữ phi cảnh tồn số tự nhiên n cho: 1) Mọi z  L với |z| >n viết dạng: z = uvωxy, với u, v, x, y xâu 2) |vx| > 3) |vωx| Chứng minh: Ta kiểm tra xem ε L hay khơng Khi ε L ta xây dựng văn phạm phi ngữ cảnh G = dạng chuẩn Chomsky để sinh L\{ ε } (trường hợp ε L xây dựng văn phạm phi ngữ cảnh G = dạng chuẩn Chomsky để sinh L) Giả sử G có m ký hiệu , ta đặt n = 2m Với z  L, |z| ≥ n ta xây dựng suy dẫn cho z Nếu độ dài đường dài T nhiều m theo bổ đề 1.5, ta có |z| ≤ 2m-1 Nhưng |z| ≥ n=2m>2m-1 Vậy T có đường có độ dài lớn m+1 Đường có m+2 đỉnh có đỉnh cuối Như đường có m+1 đỉnh có nhãn ký hiệu A Vì A có m ký hiệu nên số nhãn phải lặp lại Ta chọn đỉnh có nhãn bị lặp lại sau: Bắt đầu từ ngược lên đến gặp đỉnh có nhãn bị lặp lại, ví dụ nhãn B Giả sử v v hai đỉnh có nhãn B, với v gần gốc T Trên đoạn đường từ v đến chứa đỉnh có nhãn B bị lặp lại lần, độ dài lớn đoạn m+1 Giả sử T1 T2 hai tương ứng với hai đỉnh gốc v v T 1sinh z T2 sinh ω Theo bổ đề 1.5 suy |z | ≤2m Bởi z xâu sinh T T1 thực T, nên viết z = uz1y Mặt khác, T2 thực T1, nên ta viết z 1=vωx.|vωx|>|ω| suy |vx| > Do vậy, z = uvωxy với |vωx| ≤ n |vx| ≥ Đến ta chứng minh điều 1) - 3) T suy dẫn có gốc dán nhãn S T T hai suy dẫn có gốc B, nghĩa S = uBy, BvBx B = ω Vì S ╞ uBy ╞ uωy ╞ uv°ωx°y  L Với k > 1, S ╞ uBy ╞uv k Bxk y ╞uv k ωxk y  L Điều chứng minh điều kiện 4) bổ đề Bơm Ví dụ 2.1Chỉ L = {ap | p số nguyên tố} ngôn ngữ phi ngữ cảnh Giả sử L ngôn ngữ phi ngữ cảnh Theo bổ đề Bơm tìm số n để thỏa mãn điều kiện định lý 1.6 z = ap , p số nguyên tố p > n Ta viết dạng z = uvωxy Chọn k=0, theo bổ đề Bơm ta có uv°ωx°y  L Suy |uv q ωx q y| = q+q*m = q*(1+m), lại số nguyên tố , mâu thuẫn với giả thiết Thuật tốn áp dụng bổ đề Bơm để kiểm tra xem L có phải phi ngữ cảnh khơng 1) Giả sử L ngôn ngữ phi ngữ cảnh n số tự nhiên nhận từ bổ đề Bơm 2) Chọn z L cho |z| ≥ n Viết z = uvωxy theo bổ đề 3) Tìm số k cho uv k ωx k y  L Điều mâu thuẫn, L ngơn ngữ phi ngữ cảnh Ví dụ 2.2Hãy L = {a n b nc n | n  1} ngôn ngữ phi ngữ cảnh Bước 1: Giả sử L ngôn ngữ phi ngữ cảnh n số nguyên bổ đề Bơm nêu Bước 2: Chọn z = a nb nc n Khi |z| = 3n > n Theo bổ đề ta viết z= uvωxy, |vx| > 1, suy v x khác rỗng Bước 3: uvωxy = a n b nc n Vì |uux| ≤ n nên suy ≤ |ux| ≤ n Dễ dàng thấy rằng, v x chứa tất ba chữ a, b, c Khi ta có v x có dạng aíb (hoặc b i c j) với i + j < n, i, j > v x chứa ba chữ a, b, c - Trường hợp 1:Nếu v = b j(hoặc x = a ib j) v2 = b j b j (tương tự x 2=ai b j b j) với i+j ≤ n Bởi v2,x hai xâu của, uv 2ωx 2y, nên uai b j a i b j uaib j b j y viết thành dạng amb mc m được, nghĩa uv2ωx 2yL Tương tự trường hợp v = úcj (hoặc x = b i c j) - Trường hợp 2:Nếu v, x chứa ba chữ a, b, c (ví dụ v = aivà x = bj, v = bi x = cj với ≤ i, j ≤ n), xâu uωy chứa ba chữ lại, gọi a1 Hiển nhiên a1n xâu a1 không xuất v x Biết uvωxy = a nb n c n nên số hai chữ khác với a1 uωy nhỏ n, nghĩa uωy  L Mặt khác uv 0ωx0y = uωy  L Vậy L ngôn ngữ phi ngữ cảnh 2.1.2.Bổ đề Bơm cho ngôn ngữ tuyến tính Định nghĩa 2.1 Một ngơn ngữ phi ngữ cảnh L gọi tuyến tính tồn tạimột văn phạm phi ngữ cảnhtuyến tính G cho L =L(G) Định lí 2.2Cho L ngơn ngữ tuyến tính vơ hạn, tồn số ngun dương m cho chuỗi w  L với |w|  m, w cóthể phân hoạch thành w=uvxyzvới: 1) |uvyz|  m 2) |vx| > 3) uv ixyi z L với i> Chứng minh: Gọi G văn phạm tuyến tính mà khơng chứa luật sinh-đơn vị luật sinh-  Gọi k=max {các chiều dài vế phải}  bước dẫn xuất chiều dài dạng câu tăng tối đa (k-1) kí hiệu  chuỗi wdẫn xuất dài p bước thì|w|  1+p(k-1) Đặt |V|=n Chọn m = + n(k-1) Xét w  L, |w|  m  dẫn xuất w có  (n+1) bước  dẫn xuất có  (n+1) dạng câu mà câu Chú ý dạng câu có biến Xét (n+1) dạng câu dẫn xuất   hai biếncủa hai dạng câu trùng nhau, giả sử biến A Như dẫn xuất w phải códạng: * * * S  uAz  uvAyz  uvxyz(1) với u, v, x, y, z T * Xét dẫn xuất riêng phần * * S  uAz  uvAyz Vì A lặp lại (n + 1) dạng câu nên dãy có  n bước dẫn xuất  |uvAyz|  + n(k-1),  |uvyz|  n(k-1) < m Mặt khác G khơng có luật sinh-đơn vị luật sinh-  nên ta có |vy|  * * * * Từ (1) suy raS  uAz  uvAyz  uv iAyi z  uv ixyi z  uv i xyiz  L, với i> Ví dụ 2.3 Chứng minh ngôn ngữ L =  w : n  w   n  w  a b khơng tuyến tính Chứng minh: Giả sử L tuyến tính Chọn w=amb2mam Từ định lí 2.2 suy u, v, y, z phải chứa toàn a Nếu bơm chuỗi lên, nhận chuỗi am+kb2mam+1, với k  l  1, mà chuỗi L (mâu thuẫn)  L ngôn ngữ tuyến tính 2.2 Tính đóng ngơn ngữ phi ngữ cảnh Định lí 2.3Họ ngơn ngữ phi ngữ cảnh đóng phép hội, kết nối bao đóng Chứng minh: Giả sử G1 = (V1, T1, S1, P1), G2 = (V2, T2, S2, P2) hai văn phạm phi ngữ cảnh Văn phạm G3 = (V1  V2  {S3}, T1  T2, S3, P1  P2  {S3  S1 | S2}) có L(G3) = L(G1)  L(G2) Văn phạm G4 = (V1  V2  {S4}, T1  T2, S4, P1  P2  {S4  S1S2}) có L(G4) = L(G1) L(G2) Văn phạm G5 = (V1  {S5}, T1, S5, P1  {S5  S1S5 |  }) có L(G5) = L(G1)* Định lí 2.4Họ ngơn ngữ phi ngữ cảnh khơng đóng phép giao bù n n m n m m Chứng minh:Hai ngôn ngữ {a b c : n, m  0} {a b c : n, m  0} n n n phi ngữ cảnh, nhiên giao chúng ngôn ngữ {a b c : n  0} lại không phi ngữ cảnh, nên họ ngơn ngữ phi ngữ cảnh khơng đóng phép giao Dựa vào luật Morgan suy họ ngôn ngữ phi ngữ cảnh khơng đóng phép bù Vì đóng phép bù dựa vào tính đóngđối với phép hội suy tính đóng phép giao theo luậtMorgan Hệ quảCho L1 ngôn ngữ phi ngữ cảnh L2 ngơn ngữ qui, L1  L2 phi ngữ cảnh Chúng ta nói họ ngơn ngữ phi ngữ cảnh đóng phép giao chínhqui Ví dụ 2.4Ngơn ngữ L = { w {a, b}*: na(w) = nb(w), na(w) chẵn} làphi ngữcảnh 2.3.Một vài tính chất khả ngơn ngữ phi ngữ cảnh Định lí 2.5Cho văn phạm phi ngữ cảnh G = (V, T, S, P), tồn giải thuậtđể định L(G) có trống hay khơng Định lí 2.6Cho văn phạm phi ngữ cảnh G = (V, T, S, P), tồn giải thuậtđể định L(G) có vơ hạn hay khơng 2.4 Bài tập Bài 1: Chỉ ngôn ngữ sau ngôn ngữ phi ngữ cảnh L = {aibjcidj | i, j  1} Giải: Giả sử L ngôn ngữ phi ngữ cảnh Theo bổ đề Bơm tìm số n thỏa mãn điều kiện định lý 1.6 Xét z = anbncndn với |z|  n, ta viết z = uvωxy thỏa mãn bổ đề Bơm Ta thấy vx nằm anbncndn |vωx|  n nên vx chứa hai khác Hơn nữa, vx có chứa hai ký hiệu khác nhau, chúng phải hai ký hiệu liên tiếp đứng cạnh nhau, chẳng hạn a b Nếu vx có chứa ký hiệu a, uωy có số ký hiệu a số ký hiệu c nên khơng thuộc L, mâu thuẫn Tương tự với trường hợp vx chứa ký hiệu b, c d Bây giả sử vx có chứa a b uωy có số ký hiệu a c, mâu thuẫn Mâu thuẫn tương tự xuất vx có chứa b c c d Vì có trường hợp nên ta kết luận L khơng thể ngơn ngữ phi ngữ cảnh Bài 2: Chứng minh ngôn ngữ sau ngôn ngữ phi ngữ cảnh K = { a n | n  1} Giải Giả sử K ngôn ngữ phi ngữ cảnh Theo bổ đề Bơm tìm số n thỏa mãn điều kiện định lý 1.6 Xét z = a n với |z| = n2, ta viết z = uvωxy cho 1 |vx|  n (vì |vωx| n) Đặt |vx| = m, m  n Khi | uv2ωx2y | > n2 Theo bổ đề Bơm uv2ωx2y thuộc L2 tức k cho | uv2ωx2y | = k2 Mặt khác, | uv2ωx2y | = n2 + m < n2 + 2n +1 Suy n2< k < (n+1)2 vô lý Vậy Kkhông phải ngôn ngữ phi ngữ cảnh KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Trên nghiên cứu nội dung luận :” Một số tính chất ngơn ngữ phi ngữ cảnh” Khóa luận tìm hiểu vấn đề sau: - Chương cung cấp kiến thức sở ngôn ngữ phi ngữ cảnh - Chương tìm hiểu tính chất ngơn ngữ phi ngữ cảnh Từ giúp thấy ngơn ngữ phi ngữ cảnh có vai trị ứng dụng rộng rãi toán học, tin học thực tế Do kiến thức thời gian hạn chế nên làm em không tránh khỏi sai sót nội dung hình thức Vì em mong nhận góp ý, bảo quý thầy giáo, cô giáo, bạn sinh viên để đề tài em hồn chỉnh, xác đầy đủ Em xin chân thành cảm ơn! Vĩnh Phúc, tháng năm 2017 Sinh viên Lê Thị Thanh Loan TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu tiếng Việt Nguyễn Văn Ba (2002),Ngơn ngữ hình thức, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội Đoàn Văn Ban (2003), Giáo trình Ơtơmát Ngơn ngữ hình thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Nguyễn Văn Định (2012), Giáo trình Otomat Ngơn ngữ hình thức, NXB Đại học Nông nghiệp Đặng Huy Ruận (2002),Lý thuyết ngôn ngữ hình thức Otomat, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tài liệu tiếng Anh J.E Hopcroft, J.D.Ullman (1979), Introduction to Automata Theory, Languages and Computation, Addison-Wesley, Reading J.E.Hopcropft,R Motwani, J.D Ullman (2001), Introduction to Automata Theory, Languages, and Computation (2ndEdition), AddisonWesley ... phạm phi ngữ cảnh ngôn ngữ phi ngữ cảnh Chương 2: Trình bày tính chất ngơn ngữ phi ngữ cảnh Chương Văn phạm phi ngữ cảnh 1.1.Văn phạm phi ngữ cảnh Xuất xứ văn phạm phi ngữ cảnh mô tả thông qua ngôn. .. ngôn ngữ phi ngữ cảnh Để chứng minh ngôn ngữ cho trước phi ngữ cảnh có nhiều cách Một cách xây dựng văn phạm phi ngữ cảnh để đốn nhận ngơn ngữ đó.Tuy nhiên, muốn chứng minh ngôn ngữ phi ngữ cảnh. .. luật sinh Chương Tính chất ngơn ngữ phi ngữ cảnh Họ ngôn ngữ phi ngữ cảnh chiếm vị trí trung tâm hệ thống phâncấp ngơn ngữ hìnhthức Một mặt, ngơn ngữ phi ngữ cảnh bao gồm họ ngôn ngữ quan trọngnhưng