1) Если мы также позволяют пересечение и дополнение, то полученные выражения иногда называют расширенные регулярные выражения; поскольку обычные языки закрыты под логическими операциями, они ничего не получают. Это просто синтаксический сахар. Аналогичное заключение справедливо и для обратной операции. Частично причина, по которой в первом случае все другие операции не упоминаются, заключается в том, чтобы сделать определение как можно более простым, чтобы (индуктивные) доказательства не приходилось заботиться о многих случаях. Другая причина может заключаться в том, что если мы разрешаем определенные операции, а другие нет, то в некоторых случаях получаются очень разные (субрегулярные) языковые классы, например, если мы рассмотрим расширенное регулярное выражение без оператора звезды, то мы получим надлежащий подкласс регулярных , так называемые звездообразными бесплатно или апериодические языки см википедии: звезда свободного языка .
2) Если мы сохраним пункты 1. - 6., но просто изменим пункт 4. при использовании пересечения вместо объединения, мы получим надлежащий подкласс обычных языков. Например , мы уже не могли описать язык , поскольку это повлечет за собой объединение и (доказательство см ниже). Если мы допускаем комплементации, все меняется , как мы накидной обратно по законам де Моргана.{ a } { b }L = { a , b }{ а }{ б }
3) Я частично ответил на это в 1), но что вы имеете в виду, когда говорите, что это определение предпочтительнее? Я знаю определения, где 2. опущено (как мы имеем 6., что ), или 3. опущено (как у нас есть )), или оба опущены; так что это не минимально возможное определение (оно также дает нам некоторый синтаксический сахар, поскольку у нас есть дополнительные символы для описания и ).∅ = L ( ¯ X ∗ { ε } ∅L ( ∅*) = { ε }∅ = L ( X*¯¯¯¯¯¯¯{ ε }∅
EDIT : Мой первый вышеупомянутый комментарий в 2) был неправ, языками в индуктивном закрытии под , и делать провайдер блокирует не являются подмножествами для некоторых , например , рассмотрим . Тем не менее , мы имеем , что не может быть описано с помощью такого выражения. Я дам доказательство, а именно I доказательство , что если , для некоторого выражения с модифицированным 4 - й пунктом, а затем , если (и , следовательно )
доказательство идет по индукции по выражению* ∩ х * х ∈ Х L ( ∘ б ) = { Ь } L = { , Ь } L = L ( R ) X = { , Ь } ≠ Ь { , Ь } ⊆ L ⇒ б ∈ L . R L ( R 1 )∘*∩Икс*x ∈ XL ( a ∘ b ) = { a b }L = { a , b }L = L ( R )Икс= { a , b }a ≠ b
{ , Ь } ⊆ L ⇒ б ∈ L .
р . Для базового случая он держит бессодержательно, теперь предположим , что имеет место для . Если и , то , следовательно , по предположению индукции мы имеем . Если , то , как мы должны иметь и или наоборот. Предположим, первый случай. Если , а затем путем индукции, следовательно ,
L = L ( R 1 ∩ R 2 ) = L ( R 1 ) ∩ L ( R 2 ) { a , b } ⊆ L { a , b } ⊆ L ( R i ) , i = 1 , 2 a b ∈ L ( R 1 ) ∩L ( R1) , L ( R2)L = L ( R1∩ R2) = L ( R1) ∩ L ( R2){a,b}⊆L{a,b}⊆L(Ri),i=1,2{ , Ь } ⊆ L ( R 1 ∘ R 2 ) = L ( R 1 ) L ( R 2 ) = ⋅ & epsi ; = & epsi ; ⋅ ∈ L ( R 1 ) & epsi ; ∈ L ( R 2 ) b ∈ L ( R 1 ) aab∈L(R1)∩L(R2){a,b}⊆L(R1∘R2)=L(R1)L(R2)a=a⋅ε=ε⋅aa∈L(R1)ε∈L(R2)b∈L(R1)б = б ⋅ & epsi ; ∈ L ( R 1 ) L ( R 2 ) б ∈ L ( R 2 ) ⋅ б ∈ L ( R 2 ) L ( R 2 ) L ( R 1 ) L ( R 2 ) a , b ∈ Lab∈L(R1)ab=ab⋅ε∈L(R1)L(R2) . Теперь предположим , что , то мы имеем по определению . И, наконец , если , то
и для некоторого . Если мы находим , по предположению индукции, поэтому предположим , но это дает , аналогичный либо или дает и предположение индукции дает
b∈L(R2)a⋅b∈L(R2)L(R2)L(R1)L(R2)a ∈ L ( R 1 ) n b ∈ L ( R 2 ) m n , m > 0 n = m = 1 a b ∈ L ( R 1 ) n > 1 a ∈ L ( R 1 ) m = 1 m > 1 b ∈ L ( R 1a,b∈L(R∗1)a∈L(R1)nb∈L(R2)mn,m>0n=m=1ab∈L(R1)n>1a∈L(R1)m=1m>1a b ∈ L ( R 1 ) ⊆ L ( R ∗ 1 ) ◻b∈L(R1)ab∈L(R1)⊆L(R∗1),
□
Замечание: один из наиболее часто используемых выводов: если , то или . Это следует какследовательно, и или и . В первом случае мы имеем и, следовательно, .u = a w = a 1 = | а | = | ты ж | = | ты | + | ш | | ты | = 0 | ш | = 1 | ты | = 1 | ш | = 0 u = ε a = wa=uwu=aw=a1=|a|=|uw|=|u|+|w||u|=0|w|=1|u|=1|w|=0u=εa=w