Prove que os idiomas regulares estão fechados no operador de ciclo

Eu tenho alguns dias em um exame e tenho problemas para resolver esta tarefa.

Seja uma linguagem regular sobre o alfabeto . Temos a operação E agora devemos mostrar esse também é regular. $L$ $\Sigma$ $\operatorname{cycle}(L) = \{ xy \mid x,y\in \Sigma^* \text{ and } yx\in L\}$ $\operatorname{cycle}(L)$

A referência é que poderíamos construir a partir de um DFA com a -NFA com e estados. $D=(Q,\Sigma,\delta, q_0, F)$ $L(D) = L$ $\epsilon$ $N$ $L(N) = \operatorname{cycle}(L)$ $2 · |Q|^2 + 1$

— user1594
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Exercício 5.4 , com vencimento em 24 de maio.

— Raphael

A idéia é decidir não-deterministicamente no início quanto a palavra é alternada e ter uma cópia do autômato para cada caso. Em termos de autômato, isso significa que adivinhamos em que estado estaria depois de consumir o prefixo de uma palavra (que é um sufixo de nossa entrada) e começamos nesse estado. $D$

Agora a construção. Para cada estado , separe em duas partes e . contém os estados dos quais é alcançável e os estados que são alcançáveis de : $q \in Q$ $D$ $A_1$ $A_2$ $A_1$ $q$ $A_2$ $q$

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Observe que qualquer nó pode estar contido em e . Portanto, o número de estados pode dobrar se explicitarmos essa etapa. $A_1$ $A_2$

Agora reconectamos esse autômato para que ele aceite todas as palavras para as quais marca o "ponto de ciclo": $q$

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Nós temosautômatos desta forma; crie um novo estado inicial que tenha -transitions para todos os seus estados iniciais. O autômato resultante aceita . No total, obtemos no máximo estados, apenassão possíveis mais estados do que as reivindicações de referência. $|Q|$ $\varepsilon$ $\operatorname{cycle}(L)$ $|Q|\cdot(2|Q|+1) + 1$ $|Q|$

Você pode alcançar estados modificando um pouco os autômatos do componente; elimine todas as substituindo as entrada por cópias de suas transições de saída. Ou seja, para cada par de transições , introduza uma transição . $2|Q|^2 + 1$ $q_0$ $\varepsilon$ $(q_1,\varepsilon,q_0), (q_0,a,q_2)$ $(q_1,a,q_2)$

Construção rigorosa e prova de correção permanecem como exercício.

— Rafael
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mas como você pode provar isso, acabou de criar um nfa?

— Sad Golduhren

@SadGolduhren Raphael construiu um NFA (é finito porque existe um limite finito no número de estados). Para ver que este NFA reconhece o mesmo idioma que o original, observe os caminhos através dos autômatos: e (onde é qualquer estado final alcançado de ) se torne e e concluem o caminho.

q_{0} \to q

$q_0 \to q$

q \to q_{F}

$q \to q_F$

q_{F}

$q_F$

q

$q$

q \to q_{F}

$q \to q_F$

q_{0} \to q^{'}

$q_0 \to q'$

q_{F} \overset{ϵ}{\to} q_{0}

$q_F \stackrel\epsilon\to q_0$

— Gilles 'SO- stop be evil'