Nhãn của đƣờng đi giữa hai trạng thái kế tiếp cùng dạng

3.1.3. Tích hợp otomat

Cho hai otomat 1 = (Q1, , E1, s1, f1), 2 = (Q2, , E2, s2, f2). Tích hợp của 1 và 2 là otomat ký hiệu PRODUNI(1, 2) = (Q, , E, I, {(f1, f2)}), ở đó I = {(f1,

q) | q  Q2, q ≠ f2, q ≠ s2}, tập Q và E đƣợc xác định theo các bƣớc thực hiện nhƣ sau:

i) Bổ sung các trạng thái của I vào Q.

ii) Với mỗi trạng thái (q1, q2) đã đƣợc bổ sung vào Q, theo quy tắc (3.1) ta bổ

sung cung e vào E, nếu n[e] = (p1, p2)  Q thì ta bổ sung (p1, p2) vào Q.

iii) Lặp lại bƣớc ii) với các trạng thái bổ sung vào Q.

Để đơn giản trong ứng dụng, ta đƣa PRODUNI(1, 2) về dạng có một trạng thái ban đầu, bằng cách bổ sung vào Q trạng thái ban đầu (s, s) chƣa có trong Q và các cung rỗng từ (s, s) tới các trạng thái trong I. Khi đó ta có PRODUNI(1, 2) = (Q, , E, (s, s), (f1, f2)).

Ví dụ 3.3. Cho otomat 1 = (Q1, , E1, s1, f1) (Hình 3.1.a) và otomat 2 = (Q2, ,

E2, s2, f2) (Hình 3.1.b). Hình 3.3 là otomat PRODUNI(1, 2). (s, s) (f1, q1) (f1, f2) a ε b a ε (f1, q2) ε (s1, q2) (p1, q1) (s1, s2) (s1, q1) b ε ε b b Hình 3.3. Tích hợp hai otomat Nhận xét 3.3.

i) Nhƣ trong mục 3.1.2, thuật toán xây dựng PRODUNI(1, 2) có độ phức

tạp thời gian là ((|Q1|+|E1|)(|Q2|+|E2|)). Theo Nhận xét 3.1, nếu 1, 2 là đơn định thì thuật tốn này có độ phức tạp thời gian là (|Q1||Q2|).

ii) Cho otomat 2 = (Q2, , E2, s2, f2) = EAT2(BA()) đoán nhận L, trên

otomat PRODUNI(2, 2), nhãn của đƣờng đi giữa hai trạng thái kế tiếp cùng dạng (f2, qi) và (f2, qj) (hoặc (pi, f2) và (pj, f2)) là từ thuộc L.

3.2. Sự tồn tại đƣờng đi kiểu 1 và kiểu 2

Cho đồ thị hữu hạn có hƣớng G = (V, E) với hai đỉnh đặc biệt là đỉnh khởi đầu s và đỉnh kết thúc f (s  f). Trên G có cặp (U, D), với U  V gọi là tập đỉnh khóa trên, D  V gọi là tập đỉnh khóa dưới, U  D =  và s, f  U  D.

Cho đƣờng đi π gồm dãy các đỉnh v1, v2,..., vk (với s = v1) trên G.

i) Nếu có 1<i<j<k sao cho viU, vjD, vk=vi thì π gọi là đường đi kiểu 1.

ii) Nếu có 1< i <k sao cho vi  U, vk = f thì π gọi là đường đi kiểu 2.

Bài toán 3.1. Cho đồ thị hữu hạn có hƣớng G = (V, E) nhƣ ở trên (mục 3.2). Cho

biết trên G có tồn tại đƣờng đi kiểu 1 hoặc kiểu 2 hay không.

Để xác định sự tồn tại của đƣờng đi kiểu 1 hoặc kiểu 2 trên G, ta xây dựng đồ thị G’ = (V’, E’) bằng kỹ thuật sao chép đồ thị từ đồ thị G nhƣ sau:

i) Với v  V sao chép thành ba đỉnh (v, 1), (v, 2) và (v, 3) của V’. ii) Với (u, v)  E:

+Sao chép thành ba cung ((u,1),(v,1)), ((u,2),(v,2)), ((u,3),(v,3)) của E’ + Nếu u  U thì bổ sung vào E’ cung ((u, 1), (v, 2)).

+ Nếu u  D thì bổ sung vào E’ cung ((u, 2), (v, 3)).

Nhận xét 3.4. Với G’ ta có |V’| = 3|V|, |E’|  5|E|. Tập các đỉnh dạng (v, k) cảm sinh

trong G’ đồ thị con Gk, k = 1, 2, 3. Mỗi đồ thị con Gk đều đẳng cấu với G. G’ thực chất là sự kết nối có chọn lọc của ba đồ thị con G1, G2, G3, chỉ có các cung đi từ G1 đến G2 và từ G2 đến G3 mà khơng có cung chiều ngƣợc lại.

Thuật tốn 3.2 dƣới đây thực hiện xây dựng đồ thị G’ từ đồ thị G:

Thuật toán 3.2. XCOPY3(G)

Input: Đồ thị hữu hạn có hƣớng G.

// Thuật toán dùng mảng: upkey[q] = 1  q  U; downkey[q] = 1  q  D.

1. V’ ← ; E’ ← ;

2. For each u in V do V’ ← V’  {(u, 1), (u, 2), (u, 3)}; 3. For each u in V do

4. For each v in Next(u) do

E’ ← E’  {((u, 1), (v, 1)), ((u, 2), (v, 2)), ((u, 3), (v, 3))};

if upkey[u] =1 then E’ ← E’  {((u, 1), (v, 2))}; if downkey[u] =1 then E’ ← E’  {((u, 2), (v, 3))}; 5. Return G’;

Hiển nhiên ta có Bổ đề 3.1 dƣới đây:

Bổ đề 3.1. Thuật tốn XCOPY3 có độ phức tạp thời gian (|V|+|E|).

Ý nghĩa của đồ thị G’ đƣợc thể hiện bởi Định lý 3.1 dƣới đây.

Định lý 3.1. Cho đồ thị hữu hạn có hƣớng G = (V, E), có đỉnh khởi đầu s  V, đỉnh

kết thúc f  V (s  f), với cặp (U, D) mà tập đỉnh khóa trên là U  V, tập đỉnh khóa dƣới là D  V, U  D =  (s, f  U  D) và G’ = XCOPY3(G).

i) Trên G tồn tại đƣờng đi kiểu 1 khi và chỉ khi trên G’ tồn tại đƣờng đi π từ

đỉnh (s, 1) đến đỉnh (v, 3), ở đó v  U và (v, 1) thuộc π.

ii) Trên G tồn tại đƣờng đi kiểu 2 khi và chỉ khi trên G’ tồn tại đƣờng đi từ

đỉnh (s, 1) đến đỉnh (f, 2).

Chứng minh.

i) () Giả sử trên G tồn tại đƣờng đi kiểu 1: u1,..,ui,..,uj,..uk (với s = u1). Vậy ta có 1 < i < j < k sao cho ui  U, uj  D và ui = uk. Theo cách xây dựng đồ thị G’ thì trên nó tồn tại đƣờng đi π:

(u1, 1),..., (ui, 1), (ui+1, 2),..., (uj, 2), (uj+1, 3),..., (uk, 3) ở đó (s, 1) = (u1, 1), (uk, 3) = (v, 3). Rõ ràng v  U và (v, 1)  π.

() Giả sử trên G’ tồn tại đƣờng đi π từ đỉnh (s, 1) đến đỉnh (v, 3), ở đó

v U và (v, 1) π. Theo cách xây dựng đồ thị G’, đƣờng đi π có dạng sau:

(u1, 1),..., (ui, 1), (ui+1, 2),..., (uj, 2), (uj+1, 3),..., (uk, 3)

ở đó (s, 1) = (u1, 1), (uk, 3) = (v, 3), 1 < i <j < k , ui  U , uj  D và v = ui. Tƣơng

ứng trên G ta có đƣờng đi kiểu 1 sau đây:

u1,..., ui, ui+1,..., uj, uj+1,..., uk ở đó s = u1, uk = v, 1 < i <j < k, ui  U, uj  D và uk = ui.

ii) Dễ dàng suy ra từ kỹ thuật sao chép đồ thị. 

Định lý 3.1 làm cơ sở xác định tồn tại đƣờng đi kiểu 1, kiểu 2 trên G.

Để xác định sự tồn tại đƣờng đi kiểu 1, chúng ta thực hiện tô màu các đỉnh trên G’. Ở đó, mỗi đỉnh có thuộc tính mark cho biết đỉnh đó đƣợc tơ màu gì, chúng ta sử dụng 4 màu nhƣ sau:

+ Đỉnh (u, i) đƣợc tô màu WHITE (hay mark[(u, i)] = WHITE) cho biết đỉnh (u, i) chƣa đƣợc “thăm”.

+ Tô màu một đỉnh đang xét: nếu nó là đỉnh dạng (u, 1) và u là đỉnh khóa

trên (u U) thì tơ màu BLUE, ngƣợc lại thì tơ màu GREY. Đặc biệt khi một đỉnh đang xét (u, 1) đƣợc tơ màu BLUE thì đỉnh đồng bộ tƣơng ứng (u, 3) cũng tơ màu BLUE. Trên con đƣờng duyệt đồ thị G’ khởi đầu từ (u, 1) với u  U mà từ (s, 1) có đƣờng đi đến (u, 1), nếu đến đƣợc đỉnh (u, 3) tơ màu BLUE thì có nghĩa là trên G có đƣờng đi kiểu 1. Với trƣờng hợp đƣờng đi kiểu 2 ta chỉ cần duyệt G’ khởi đầu từ (u, 1) đến đƣợc (f, 2) mà không cần xét đến màu.

+ Đỉnh tô màu BLACK cho biết đỉnh bị loại. Thuật tốn có thể mơ tả nhƣ sau:

i) Xây dựng tập U’ = {(u, 1)| u  U, từ (s, 1) có đƣờng đi đến (u, 1)} ii) Với mỗi đỉnh (u, 1)  U’ ta thực hiện:

+ Các đỉnh trên G’ tơ màu WHITE.

+ Gọi đến thuật tốn VISIT3 từ đỉnh (u, 1).

Thuật toán VISIT3 đƣợc cải tiến từ thuật toán DFS (Depth First Search) [6, 16, 22, 61] nhƣ sau:

Thuật toán 3.3. VISIT3(graph G’, vertex (u, i), typeofpath x)

// G’ là đồ thị sao chép từ đồ thị G.

// x = 1 hàm VISIT3 xác định sự tồn tại đƣờng đi kiểu 1 hoặc kiểu 2. // x = 0 hàm VISIT3 chỉ xác định sự tồn tại đƣờng đi kiểu 1.

1. if i = 1 and upkey[u] = 1 then

mark[(u, 1)] ← mark[(u, 3)] ← BLUE

else mark[(u, i)] ← GREY; 2. for each ((u, i), (v, j)) in E’ do

if mark[(v, j)] = BLUE and j =3 then return 1; if (v, j) = (f, 2) and x = 1 then return 2;

if mark[(v, j)] = WHITE then

se ← VISIT3(G’, (v, j), x);

if se ≠ 0 then return se;

3. mark[(u, i)] ← BLACK;

if i =1 and mark[(u, 3)] = BLUE then mark[(u, 3)] ← WHITE; 4. Return 0;

Thuật toán 3.4. EPATH1OR2(graph G’, startvertex (s, i), typeofpath x)

// G’ là đồ thị sao chép từ đồ thị G.

1. U’ ← {(u, 1)| u  U, từ (s, i) có đƣờng đi đến (u, 1)};

F ← 0;

2. While U’≠  and F =0 do for each (v, 1) in V’ do

(u, 1) ← DE(U’) //lấy một phần tử từ U’

F = VISIT3(G’, (u, 1), x); U’ = U’\{(u, 1)};

3. Return F;

Nhận xét 3.5.

i) Thuật toán VISIT3 đƣợc cải tiến từ thuật tốn DFS và có độ phức tạp thời

gian là (|V’|+|E’|) = (3|V|+5|E|) = (|V|+|E|).

ii) Thuật toán EPATH1OR2 cho phép xác định sự tồn tại đƣờng đi kiểu 1

hoặc kiểu 2 trên G nếu x =1, chỉ xác định sự tồn tại đƣờng đi kiểu 1 nếu x =0 và có

độ phức tạp thời gian là ((|V|+|E|)|U’|) = ((|V|+|E|)|U|)

3.3. Kiểm định ω-mã theo otomat

Cho otomat hữu hạn =(Q, , E, I, F) không chứa cung rỗng. Để kiểm định

L = () có là ω-mã hay khơng, ta xét các trƣờng hợp:

i) Nếu ε  L thì kết luận L không là ω-mã: việc kiểm tra ε thuộc L hay không

tƣơng đƣơng với kiểm tra I  F khác rỗng khơng. Bƣớc này có thể thực hiện bằng thuật tốn ký hiệu là EPSILON() có độ phức tạp thời gian (|Q|).

ii) Nếu ε  L thì L  +: ta xây dựng1 = BA() = (Q1, , E1, s1, f1), 2 =

EAT2(1) = (Q2, , E2, s2, f2), 3 = PROD(2, 2). Xem 3 nhƣ một đồ thị hữu hạn có hƣớng G (3 xác định một đồ thị G), các trạng thái là các đỉnh của đồ thị, có đỉnh

khởi đầu (s2, s2), đỉnh kết thúc (f2, f2), có cặp (U, D) mà tập đỉnh khóa trên là U = {(f2,

q) Q2  Q2 | q  f2, q  s2}, tập đỉnh khóa dƣới là D = {(p, f2)  Q2  Q2 | p  f2, p  s2}, rõ ràng U  D = , một cung của 3 xác định một cung của đồ thị. Ta chứng minh kết quả sau đây:

Định lý 3.2. Cho otomat hữu hạn  đốn nhận ngơn ngữ L  +, đồ thị G xác định nhƣ ở trên (mục 3.3). Ta có L là ω-mã khi và chỉ khi trên đồ thị G khơng có đƣờng đi kiểu 1 và khơng có đƣờng đi kiểu 2.

Chứng minh. () Giả sử trên đồ thị G có đƣờng đi kiểu 1, ta xét cả nhãn của đƣờng đi này: (p1, q1)x (pi, qi)y (pj, qj)z (pk, qk) ở đó (s2, s2) = (p1, q1), (pi, qi)  U, (pj, qj)  D với 1<i <j<k và (pk, qk) =(pi, qi). Vì (pi, qi)  U và (pj, qj)  D ta có (pi, qi) = (f2, qi), (pj, qj) = (pj, f2). Vậy ta có đƣờng đi vơ hạn π sau: (p1, q1)x (f2, qi)y (pj, f2)z (f2, qi)y (pj, f2)z (f2, qi)...

Nhãn của đƣờng đi π là w = xyzyz… L. Trên đƣờng đi π có các trạng thái (f2, qi)  U, (pj, f2)  D và theo Nhận xét 3.2, ta có w có hai ω-phân tích phải khác

nhau trên L. Vậy L không là ω-mã, trái với giả thiết.

Giả sử trên đồ thị G có đƣờng đi kiểu 2, ta chứng minh tƣơng tự.

() Giả sử L không là ω-mã, khi đó tồn tại w  L có hai ω-phân tích

phải khác nhau w = u1u2…um… = v1v2...vn…, |u1|  |v1|, ui, vj  L, i > 0, j > 0. Hai

ω-phân tích phải khác nhau của w đƣợc chia làm hai trƣờng hợp: không tồn tại n, m

hữu hạn sao cho u1u2...um = v1v2...vn (Hình 3.4.a), hoặc tồn tại n, m hữu hạn sao cho

u1u2...um = v1v2...vn (Hình 3.4.b).

+ Trƣờng hợp khơng tồn tại n, m hữu hạn sao cho u1u2...um = v1v2...vn: Từ w =

u1u2...um... ta có trong 2 có đƣờng đi vơ hạn π với nhãn w:

s2u1f2  e s

2u2f2 e s

2... s2umf2  e s 2 ....

tƣơng tự với w = v1v2...vn... trong 2 có đƣờng đi vơ hạn θ với nhãn w:

s2v1f2 e  s

2v2f2 e s

2... s2vnf2 e  s 2 ....

Theo tích otomat, trên G có đƣờng đi vơ hạn ρ tạo nên từ π và θ với nhãn w, bắt đầu từ (s2, s2) nhƣ sau:

(p1, q1), ..., (f2, qi), ..., (pj, f2), ... ở đó (s2, s2) = (p1, q1).

Do khơng tồn tại n, m hữu hạn sao cho u1u2...um = v1v2...vn, nên đƣờng đi ρ

chỉ có các đỉnh dạng (f2, q), (p, f2) hoặc (p, q) mà p, q ≠ f2, s2 (trừ đỉnh đầu (p1, q1)). Với đƣờng đi vô hạn ρ, đồ thị G hữu hạn đỉnh và ui, vj  L  +i, j có độ dài hữu hạn nên tồn tại đỉnh (f2, qi) và (pj, f2) lặp vơ hạn trên ρ (Hình 3.4.a). Vậy trên ρ tồn

tại các đỉnh (pk, qk), (f2, qi) U, (pj, f2)  D mà (f2, qi) = (pk, qk), với 1 < i < j< k. Hay trên G có đƣờng đi kiểu 1, trái với giả thiết.

……. ……. (b) ….. vn … v2 u2 um ……. ……. (a) ……. …. v1 u1 u1 v1 u2 v2 vn um

Hình 3.4. Hai kiểu hai ω-phân tích phải khác nhau của từ w

+ Trƣờng hợp tồn tại n, m hữu hạn sao cho u1u2...um = v1v2...vn: chứng minh phản chứng, khi đó trên G có đƣờng đi kiểu 2. Trái với giả thiết. 

Hệ quả 3.1. Cho otomat hữu hạn  đốn nhận ngơn ngữ L  +, đồ thị G xác định nhƣ ở trên (mục 3.3). Ta có L khơng là ω-mã khi và chỉ khi trên đồ thị G có đƣờng đi kiểu 1 hoặc kiểu 2.

Định lý 3.2 là cơ sở cho Thuật toán 3.5 kiểm định ω - mã dƣới đây:

Thuật toán 3.5. TESTOMEGACODE()

Input:  = (Q , , E, I, F) là otomat hữu hạn, không chứa cung rỗng. Output: L = () là ω - mã trả về TRUE, ngƣợc lại trả về FALSE.

1. If EPSILON() then Return FALSE; 2. 1 ← BA(); 2 ← EAT2(1);

3. 3 ← PROD(2, 2); //cỡ |Q|2 trạng thái và |E|2 cung

4. G ← XCOPY3(3); // cỡ 3|Q|2 đỉnh và 5|E|2 cung

Nhận xét 3.6. Đánh giá độ phức tạp thời gian của Thuật toán 3.5:

- Trƣờng hợp  là otomat đa định: theo đánh giá độ phức tạp thời gian của các thuật tốn ở các mục 3.3, 3.1.1, 3.1.2 và 3.2 thì độ phức tạp thời gian của bƣớc 1 là (|Q|), bƣớc 2 là (|Q|+|E|), bƣớc 3 là ((|Q|+|E|)2

), bƣớc 4 là (|Q|2

+|E|2) và bƣớc 5 là ((|Q|2+|E|2)|Q|) = (|Q|5). Tổng hợp lại, thuật tốn có độ phức tạp thời gian (|Q|5

).

- Trƣờng hợp  là otomat đơn định: theo Nhận xét 3.1 thì thuật tốn có độ phức tạp thời gian (|Q|3

) nếu coi lực lƣợng bảng chữ cái là hằng số.

3.4. Kiểm định Z-mã theo otomat

Cho otomat hữu hạn = (Q , , E, I, F) không chứa cung rỗng. Để kiểm định L = () có là Z-mã hay khơng, ta xét các trƣờng hợp sau:

i) Nếu εL thì ta kết luận L không là Z-mã: kiểm tra ε thuộc L hay không

tƣơng đƣơng với việc kiểm tra I  F khác rỗng không. Bƣớc này thực hiện bằng

hàm ký hiệu là EPSILON() có độ phức tạp thời gian (|Q|).

ii) Nếu ε  L thì L  +: giả sử L khơng là Z-mã thì tồn tại w   có hai

Z-phân tích khác nhau trên L, là một trong 4 kiểu nhƣ Hình 3.5. Do đó, tƣ tƣởng

thuật tốn kiểm định L có là Z-mã hay khơng quy về kiểm tra xem có từ w có hai Z- phân tích khác nhau trên L không. Xây dựng1 = EAT2(BA()) = (Q1, , E1, s1, f1), 2 = EAT3(1) = (Q2, , E2, s2, f2). Từ 1, 2 ta có:

+ PROD(1, 1) xác định đồ thị G1 có đỉnh khởi đầu (s1, s1), đỉnh kết thúc (f1, f1), có cặp (U1, D1) mà tập đỉnh khóa trên là U1 = {(f1, q)  Q1  Q1 | q  f1, q 

s1}, tập đỉnh khóa dƣới là D1 = {(p, f1) Q1  Q1 | p  f1, p  s1}, rõ ràng U1  D1 = . Một cung của PROD(1, 1) xác định một cung của G1.

+ PROD(2, 2) xác định đồ thị G2 có đỉnh khởi đầu (s2, s2), đỉnh kết thúc (f2, f2), có cặp (U2, D2) mà tập đỉnh khóa trên là U2 = {(f2, q)  Q2  Q2 | q  f2, q 

D2 = . Một cung của PROD(2, 2) xác định một cung của G2.

+ PRODUNI(1, 1) xác định đồ thị G3 có đỉnh khởi đầu (s, s), đỉnh kết thúc (f1, f1), cặp (U3, D3) mà tập đỉnh khóa trên U3 ={(f1, q) Q1  Q1 | q  f1, q  s1}, tập các đỉnh khóa dƣới D3 = {(p, f1)  Q1  Q1 | p  f1, p  s1}, rõ ràng U3  D3 = . Một cung của PRODUNI(1, 1) xác định một cung của đồ thị G3.

xm yl yn y0 x0 xh ……. ……. ……. ……. (a) ….. y1 … y0 x0 x1 ……. ……. ……. ……. (b) x-1 yl y0 x0 xh ……. ……. ……. ……. (c) x-1 y1 y-1 y0 x0 x1 ……. ……. ……. ……. (d) ……. …. …. …. yn xm … …

Hình 3.5. Bốn kiểu hai Z-phân tích khác nhau của từ w

Trƣờng hợp ε  L, ta chứng minh kết quả sau đây:

Định lý 3.3. Cho otomat hữu hạn  đốn nhận ngơn ngữ L  +, cho các đồ thị G1,

G2, G3 đƣợc xác định nhƣ ở trên (mục 3.4). Ta có L là Z-mã khi và chỉ khi các điều kiện sau đây đƣợc thỏa:

(i) Khơng có đƣờng đi kiểu 2 trên đồ thị G1.

(ii) Khơng có đƣờng đi kiểu 1 trên đồ thị G1.

(iii) Khơng có đƣờng đi kiểu 1 trên đồ thị G2.

Chứng minh.

() Giả sử trái lại, L là Z-mã nhƣng các điều kiện (i), (ii), (iii) hoặc (iv)

khơng đƣợc bảo tồn:

Trƣờng hợp i) và ii) Giả sử trên G1 có đƣờng đi kiểu 2 hoặc kiểu 1, theo Hệ quả 3.1 thì L khơng là ω-mã. Vậy, tồn tại v  L có hai ω – phân tích phải khác nhau trên L. Xét bất kỳ u  L, ta có w = uv  L có hai Z-phân tích khác nhau trên L. Vậy L không là Z-mã, là điều mâu thuẫn.

iii) Giả sử trên G2 có đƣờng đi kiểu 1, theo Hệ quả 3.1 thì L khơng là ω–mã.

Vậy, tồn tại z =x1 x2…xn…  L với xiLi có hai ω – phân tích phải khác nhau trên L. Tƣơng ứng ta có u =…xn…x2 x1  L với xi L i có hai ω– phân

tích trái khác nhau trên L. Xét bất kỳ v  L, ta có w =uv  L có hai Z-phân tích khác nhau trên L. Vậy L khơng là Z-mã, là điều mâu thuẫn.

iv) Giả sử trên G3 có đƣờng đi kiểu 1, ta xét cả nhãn của đƣờng đi này:

(p1, q1) x (pi, qi) y (pj, qj)z (pk, qk)

ở đó (s, s)=(p1, q1), (pi, qi)U3, (pj, qj)  D3 với 1 < i < j< k và (pk, qk)= (pi, qi). Vì (pi, qi)  U3 và (pj, qj)  D3 ta có (pi, qi) = (f1, qi), (pj, qj) = (pj, f1). Vậy ta có đƣờng đi vơ hạn hai phía π nhƣ sau:

... (f1, qi) y (pj, f1)z (f1, qi) y (pj, f1)z (f1, qi) y (pj, f1)z (f1, qi) ... với nhãn w = ...yzyzyz...  L. Từ Nhận xét 3.3, ta có nhãn w của đƣờng đi π có hai Z-phân tích khác nhau trên L. Vậy L khơng là Z-mã, là điều mâu thuẫn.

() Giả thiết các điều kiện (i)-(iv) thỏa mãn. Ta chứng minh phản chứng, với giả sử L không là Z-mã. Khi đó tồn tại từ w   có hai Z-phân tích khác