Automi finiti deterministici (DFA) (1)

1
Automi finiti deterministici (DFA) (1)

• Un DFA è una quintupla (Q, S, d, q0 , F) dove
• Q è un insieme finito di stati
• è un alfabeto finito di input
• q0 ? Q è lo stato iniziale
• F ? Q è linsieme degli stati finali
• è la funzione di transizione Q ? S ? Q.
• d è lestensione di d a stringhe, tale che
• d (q, e) q
• d (q, wa) d (d (q, w), a)
• Poiché d (q, a) d (d (q, e), a) d (q, a)
  non cè disaccordo
• tra d e d dove sono entrambe definite e
  scriveremo d per d.

2
Automi finiti deterministici (DFA) (2)

• Una stringa x è accettata da un DFA M (Q, S,
  d, q0 , F) se
• d(q0 , x) p per un p ? F.
• Definiamo linguaggio accettato da M linsieme di
  stringhe L(M) x d(q0 , x) ? F.
• Il linguaggio accettato da un DFA è detto
  linguaggio regolare.

3
Diagrammi di transizione

• A un DFA è associato un grafo (chiamato diagramma
  di
• transizione) tale che i nodi corrispondono agli
  stati del DFA
• e se cè una transizione dallo stato p allo stato
  q sullinput
• a allora nel grafo cè un arco dal vertice
  corrispondente a p al
• vertice corrispondente a q.
• Esempio

.
1
1
0
0
0
0
1
1
Lo stato iniziale è anche finale. Se il controllo
è in uno degli stati superiori si è letto un
numero pari di 0, se è in uno degli stati a
sinistra si è letto un numero pari di 1.
4
Automi finiti non deterministici (NFA) (1)

• Un NFA è una quintupla M (Q, S, d, q0 , F)
  dove
• Q, S, q0 , F sono come nel DFA e d Q ? S ? 2Q.
• d è lestensione di d a stringhe, tale che
• d(q, e) q
• d(q, wa) p per qualche r ? d(q, w) p ? d
  (r, a).
• Poiché d(q, a) d(q, a) scriveremo d per d.
• Si può estendere d ad argomenti in 2Q ? S
• d (P, w) ? q ? P d(q, w) per P ? Q.
• Una sequenza di input a1 a2 an è accettata da
  un NFA se esiste una sequenza di transizioni
  corrispondente alle sequenza di input che porta
  dallo stato iniziale a uno stato finale.
• Per M (Q, S, d, q0 , F), L(M) w d(q0, w)
  contiene uno stato in F.

5
Automi finiti non deterministici (NFA) (2)
Esempio. Lautoma accetta tutte le
stringhe di 0 e 1 con due 0 oppure due 1
consecutivi.
1
1
.
0
0
0
0
1
.
1
0
1
6
Equivalenza di NFA e DFA (1)

• Teorema. Sia L linsieme accettato da un NFA.
  Esiste un DFA che accetta L.
• Prova. Sia M (Q, S, d, q0 , F) un NFA che
  accetta L. Sia Sia
• M (Q, S, d, q0, F) un DFA tale che
• Q 2Q un elemento di Q è denotato q1 , q2
  , , qi
• F è linsieme di tutti gli stati in Q
  contenenti uno stato finale di M
• q0 q0
• d(q1 , q2 , , qi , a) p1 , p2 , , pj se
  e solo se
• (q1 , q2 , , qi, a) p1 , p2 , , pj .
• Mostriamo per induzione sulla lunghezza della
  stringa di input x che d(q0, x) q1 , q2 , ,
  qj se e solo se d(q0, x) q1 , q2 , , qj .

7
Equivalenza di NFA e DFA (2)

• Base. Immediato per x 0 perché q0 q0 e x
  deve essere e.
• Passo. Assumiamo la tesi vera per xlt m e
  consideriamo la stringa xa con a ? S. Per ipotesi
  di induzione
• d(q0, x) p1 , p2 , , pj se e solo se
  d(q0, x) p1 , p2 , , pj .
• Per definizione di d si ha d(p1 , p2 , , pj
  , a) r1 , r2 , , rk
• se e solo se d(p1 , p2 , , pj, a) r1 , r2 ,
  , rk. Quindi infine
• d(q0, xa) r1 , r2 , , rk se e solo se
  d(q0, xa) r1 , r2 , , rk .
• Inoltre d(q0, x) ? F esattamente quando d (q0,
  x) contiene uno stato in F. Perciò L(M) L(M).

8
Equivalenza di NFA e DFA (3)
Esempio. M (q0 , q1, 0 , 1, d, q1)
con d(q0, 0) q0 , q1, d(q0, 1) q1,
d(q1, 0) ? , d(q1,1) q0, q1 M (Q, 0
, 1, d, q0 , F) con Q q0 , q1 , q0,
q1 , ? d(q0, 0) q0, q1, d(q0,1)
q1, d(q1,0) ? , d(q1,1) q0, q1 d(q0,
q1, 0) q0, q1, d(q0, q1,1) q0, q1,
d(?, 0) d(?, 1) ? F q1, q0, q1
.
1
1
0
0
q0
1
1
q1
q0
.
0
0
q0, q1
1
0
9
NFA con e transizioni (1)

• Si considera una funzione di transizione d Q ?
  (S ? e)? 2Q.
• Esempio. Lautoma accetta le stringhe di un
  numero finito di 0 seguito da un numero finito di
  1 seguito da un numero finito di 2.
• e-closure(p) è linsieme di tutti i vertici q
  tali che cè un cammino da p a q etichettato e
• e-closure(P) ? p ? P e-closure(p)
• d(q, e) e-closure(q)
• d(q, wa) e-closure(p r ? d(q, w) p ? d
  (r, a).
• Osservazione. d(q, a) non è necessariamente
  uguale a d(q,a).

.
e
e
1
2
0
10
NFA con e transizioni (2)
Teorema. Se L è accettato da un NFA con
e-transizioni allora L è accettato da un NFA
senza e-transizioni. Prova. Dato M (Q, S, d,
q0 , F) NFA con e-transizioni costruiamo M
(Q, S, d, q0 , F) senza e-transizioni d(q,a)
d(q,a) e F F?q0 se e-closure(q0 ) contiene
uno stato in F e F F altrimenti. Proviamo
d(q0,x) d(q0,x) per induzione su x. Poiché
d(q0,e) q0 mentre d(q0, e) e-closure(q0 )
può non essere vero per x e. Base x1
d(q0,a) d(q0,a) per definizione Passo xgt1
d(q0,wa) d(d(q0,w),a) . Per ipotesi di
induzione d(q0,w) d(q0,w) P. Dobbiamo
mostrare d(P,a) d(q0,wa). Si ha d(P,a) ? q
? P d(q,a) per la base dellinduzione
d(q0,wa) per definizione di d.
11
NFA con e transizioni (3)
Dobbiamo ora mostrare che d(q0,x) contiene uno
stato di F se e solo se d(q0,x) contiene uno
stato di F. Se x e d(q0,e) q0 e è posto
in F ogni volta che d(q,e) e-closure(q0 )
contiene uno stato in F. Se non x e se d(q0,x)
contiene uno stato in F allora d(q0,x) contiene
lo stesso stato in F. Viceversa, se d(q0,x)
contiene uno stato in F diverso da q0 ,
allora d(q0,x) contiene uno stato in F. Infatti
se d(q0,x) contiene q0 e q0 non è in F, allora
per definizione di d lo stato in e-closure(q0 )
e in F deve essere in d(q0,x).
12
NFA con e transizioni (4)
Esempio. Dato lautoma La funzione è la
seguente d(q0,0)q0,q1,q2, d(q0,1)q1, q2,
d(q0,2)q2 d(q1,0) ?, d(q1,1)q1, q2,
d(q1,2)q2 d(q2,0) ?, d(q2,1) ?,
d(q2,2)q2 Lautoma senza e transizioni è il
seguente
.
e
e
0
1
2
.
1
.
0
2
0,1
1,2
0,1,2
13
Proprietà di chiusura degli insiemi regolari (1)
Teorema. Gli insiemi regolari sono chiusi per
unione, concatenazione, chiusura di Kleene.
14
Proprietà di chiusura degli insiemi regolari (2)
Teorema. Gli insiemi regolari sono chiusi per
complementazione, ossia se L è regolare anche
S-L è regolare. Prova. Sia L accettato
dallautoma M (Q, S, d, q0, F). Prendiamo M
(Q, S, d, q0, Q-F). Allora M accetta una parola
w se e solo se d(q0,w) è in Q-F, cioè se w ?
S-L. Teorema. Gli insiemi regolari sono chiusi
per intersezione. Prova. Siano M1 (Q1, S, d1,
q1, F1) e M2 (Q2, S, d2, q2, F2). Lautoma M
(Q1 ? Q2, S, d, q1, q2, F1 ? F2) con
d(p1,p2,a) d1(p1, a),d2(p2, a) accetta L(M)
L(M1) ? L(M2). La tesi segue anche dalla
chiusura per unione e per complementazione.
Infatti L1? L2 (L1C ? L2C )C .
15
Proprietà di chiusura degli insiemi regolari (3)
Una sostituzione f S ? 2D è unapplicazione di
un alfabeto S su un sottoinsieme di D per un
alfabeto D. Lapplicazione è estesa a
stringhe f(e) e f(xa) f(x) f(a) e a
linguaggi f(L) ?x?L f(x) Esempio. Sia f(0)
a, f(1) b. Allora f(01) ab. Se L
0(01)1 allora f(L) a(ab)(b) ab.
16
Proprietà di chiusura degli insiemi regolari (4)
Teorema. La classe degli insiemi regolari è
chiusa per sostituzione. Prova . Sia R ? S un
insieme regolare e per ogni a ? S sia f S ? 2D
la sostituzione tale che f(a) Ra. Osserviamo
che la sostituzione di unione, prodotto, chiusura
è unione, prodotto, chiusura della sostituzione.
La prova si fa per induzione sul numero di
operatori nellespressione regolare. Un
omomorfismo h è una sostituzione tale che h(a)
contiene una sola stringa per ciascun a.
Limmagine omomorfica di un linguaggio L è
h-1(L) x h(x) ? L. Per una stringa w h-1(w)
x h(x) w.
17
Proprietà di chiusura degli insiemi regolari (5)
Esempio. Prendiamo h tale che h(0) aa, h(1)
aba. Allora h(0101) aaabaaaaba. Se L1 (01)
allora h(L1) (aaaba). Se L2 (abba)a allora
h-1(L2) 1 (è la sola stringa tale che h(x)
y con y ? L2). Osservazione. h(h-1(L2)) aba
? L2 Con lomomorfismo h(0) a, h(1) aa h -1(h
(L1)) (0110) ? L1. In generale h(h-1(L)) ? L
h -1(h (L)) ? L1
18
Proprietà di chiusura degli insiemi regolari (6)
Teorema. La classe degli insiemi regolari è
chiusa per omomorfismo e omomorfismo
inverso. Prova. La chiusura per omomorfismo
segue dalla chiusura per sostituzione di cui è un
caso particolare. Per la chiusura inversa
prendiamo M (Q, S, d, q0, F) che accetta L. Sia
h un omomorfismo da D in S. Prendiamo M (Q,
S, d, q0, F) con d(q,a) d(q, h(a)) per q ? Q,
a ? D. Per induzione su x si ha d(q0,x)
d(q0,h(x)). Quindi M accetta x se e solo se M
accetta h(x), cioè L(M) h-1(L (M)).
19
Applicazione della chiusura per omomorfismo e
per omomorfismo inverso
Sappiamo che 0n1n n 1 non è regolare.
Mostriamo che anche anban n 1 non è
regolare facendo vedere che si può trasformare in
0n1n n 1 con operazioni che preservano la
regolarità. Prendiamo due omomorfismi h1, h2 tali
che h1(a) a h1(b) ba h1(c) a h2 (a)
0 h2 (b) 1 h2 (c) 1 Si ha
h1-1(anban n 1) ? abc anbcn-1 n
1 h2 (h1-1(anban n 1) ? abc) 0n1n
n 1 Se anban n 1 fosse regolare,
poiché omomorfismi, omomorfismi inversi e
intersezione preservano la regolarità ne
seguirebbe che 0n1n n 1 è regolare, che è
una contraddizione.
20
Proprietà di chiusura degli insiemi regolari (7)
Il quoziente di due linguaggi L1 e L2, denotato
L1/L2, è x y ? L2 tale che xy ? L1
. Esempi. Prendiamo L1 010, L2 101.
Poiché ogni y in L2 ha due 1 e ogni stringa in L1
ha un solo 1, non cè x tale che xy ? L1, y ? L2.
Prendiamo L1 010, L2 01. Allora L1/L2
0 poiché per oni x in 0 possiamo prendere y
uguale a 1.
21
Proprietà di chiusura degli insiemi regolari (8)
Teorema. La classe degli insiemi regolari è
chiusa per quoziente con insiemi
arbitrari. Prova. Sia M (Q, S, d, q0, F) un
automa che accetta un insieme regolare R. Sia L
un linguaggio arbitrario. Il quoziente R/L è
accettato da un automa M (Q, S, d, q0, F) che
si comporta come M tranne che gli stati finali di
M sono tutti gli stati di M tali che esiste un y
in L per cui d(q,y) è in F. La costruzione non è
effettiva.
22
Proprietà decidibili degli insiemi regolari (1)
Teorema. Linsieme delle parole accettate da un
automa finito M con n stati è 1. non vuoto se e
solo se M accetta una stringa di lunghezza minore
di n 2. infinito se e solo se lautoma accetta
qualche stringa di lunghezza l con n l lt 2n.
Prova. 1.se ovvio. solo se supponiamo
che M accetti un insieme non vuoto e che w sia
una delle stringhe più corte accettate da M. Per
il pumping lemma deve essere w lt n. Infatti se
w fosse la parola più corta con w n, allora
sarebbe w uxy e uy sarebbe la stringa più corta
accettata, contro lipotesi.
23
Proprietà decidibili degli insiemi regolari (2)
2. Se w ? L(M) e n w lt 2n allora L(M) è
infinito per il pumping lemma. Infatti w w1w2w3
e, per ogni i, anche w1w2iw3 ? L(M). Viceversa,
se L(M) è infinito esiste in L(M) w tale che w
n. Dobbiamo dimostrare che w lt 2n. Se nessuna
stringa è di lunghezza compresa tra n e 2n-1,
allora sia w di lunghezza almeno 2n ma di
lunghezza uguale a quella delle parole più corte
di lunghezza almeno 2n. Allora per il pumping
lemma possiamo scrivere w w1w2w3 con 1 w2
n e w1w3 ? L(M). Allora o w non era una parola
tra le più corte di quelle di lunghezza 2n o più
oppure w1w3 è tra n e 2n-1. In ogni caso una
contraddizione. Per decidere se L(M) è vuoto
basta controllare laccettazione di ogni stringa
fino alla lunghezza n. Per decidere se il
linguaggio è infinito basta controllare
lappartenenza a L(M) di un parola di lunghezza
tra n e 2n-1. Basta anche controllare che il
diagramma abbia un ciclo.
24
Proprietà decidibili degli insiemi regolari (3)
Teorema. Cè un algoritmo per determinare se due
automi finiti sono equivalenti. Prova. Siano M1,
M2 due automi che accettano L1, L2
rispettivamente. Per le proprietà di chiusura per
unione, intersezione e complementazione (L1 ? L2C
) ? (L1C ? L2 ) è accettato da un automa finito
M3 , ma M3 accetta una stringa se e solo se L1?
L2 .Quindi lequivalenza è ridotta alla vuotezza,
che è decidibile.
25
Teorema di Myhill e Nerode (1)
Dato un linguaggio L definiamo una relazione RL
tale che x RL y se e solo se per ciascuno z o
entrambi o nessuno di xz e yz è in L.
Osservazione. La relazione è sempre di indice
finito, per il pumping lemma, se il linguaggio è
regolare. La relazione può essere espressa in
termini di automi. Dato un DFA M (Q, S, d, q0,
F), per x, y ? S x RM y se e solo se d(q0,x)
d(q0,y). Proprietà. RM è una relazione di
equivalenza. RM divide S in classi di
equivalenza (una per ciascuno stato raggiungibile
da q0). RM è invariante destra rispetto alla
concatenazione se x RM y allora per ogni z ? S
xz RM yz, poiché d(q0, xz) d(d(q0,x), z)
d(d(q0,y), z) d(q0, yz).
26
Teorema di Myhill e Nerode (2)
Teorema. Le asserzioni seguenti sono
equivalenti 1. Linsieme L è accettato da un
automa finito. 2. Linsieme è lunione di alcune
classi di equivalenza di una relazione di
equivalenza invariante destra di indice
finito. 3. La relazione di equivalenza RL sia
definita da x RL y se e solo se per ogni z ? S è
xz ? L esattamente quando yz ? L. Allora RL è di
indice finito. Prova. 1 ? 2. Sia L accettato da
un DFA M (Q, S, d, q0, F). Sia RM la relazione
di equivalenza x RM y se e solo se d(q0,x)
d(q0,y). RM è invariante destra perché per ogni z
se d(q0,x) d(q0,y) allora se d(q0,xz)
d(q0,yz). Lindice è finito perché al più uguale
al numero degli stati in Q. L è lunione di
quelle classi di equivalenza che includono
stringhe x tali che d(q0,x) è in F.
27
Teorema di Myhill e Nerode (3)
2 ? 3. Una relazione di equivalenza E che
soddisfa (2) è un raffinamento di RL, ossia ogni
classe di E è contenuta in una classe di RL.
Quindi lindice di RL non è più grande di quello
di E e perciò è finito. Assumiamo xEy. Poiché E è
invariante destra, allora per ogni z ? S xzEyz
e quindi yz è in L se e solo se xz è in L. Quindi
per definizione di RL vale anche xRLy e quindi la
classe di equivalenza di x in E è contenuta nella
classe di equivalenza di x in RL. 3 ? 1.
Mostriamo che RL è invariante destra. Supponiamo
xRLy e prendiamo w ? S . Allora dobbiamo provare
xwRLyw. Poiché xRLy allora per v qualsiasi xv ? L
se e solo se yv ? L. Se prendiamo v wz è
provato che è invariante destra. Sia Q linsieme
delle classi di equivalenza di RL e x
lelemento di Q che contiene x. Definiamo
d(x, a)xa. Prendiamo q0 e, Fx x
in L. Lautoma M (Q, S, d, q0, F)
accetta L poiché d(q0,x)x e cosí x ? L(M)
se e solo se x ? F.
28
Teorema di Myhill e Nerode (4)
Prendiamo lautoma Assumiamo F
c,d,e. Tutti gli stati sono raggiungibili dallo
stato iniziale. Le classi di equivalenza sono ca
(00), cb (00)0, cc (00)1, cd (00)01,
ce 0100, cf 0101(01). L è lunione
delle classi cc, cd, ce.
a
b
0
0
1
1
.
.
d
c
1
0
0
1
.
e
f
1
0
0,1
29
Teorema di Myhill e Nerode (5)
La relazione RL per L ha x RLy se e solo se x e
y non hanno 1 x e y hanno ciascuno un 1 x e y
hanno ciascuno più di un 1 (per esempio se x 00
e y 000 allora xz in L se e solo se z in
1100, ma questo vale anche per yz). Denotiamo
le tre classi c1 0, c2 010, c3
0101(01). Si ha c1 ca ? cb, c2 cc ? cd
? ce , c3 cf. Da RL costruiamo un DFA.
Prendiamo rappresentanti per c1, c2, c3, ad
esempio e, 1, 11. Prendiamo F 1. Per d
abbiamo d(1,0) 1 perché se w è in 1, ad
esempio 0i10j, allora w0 è in 0i10j1 che è in
c1.
1
11
e
.
1
1
0
0
0,1
30
Teorema di Myhill e Nerode (6)
Teorema. Il minimo automa che accetta L è unico a
meno di isomorfismo (ridenominazione degli stati)
ed è dato da M come costruito nella prova del
teorema precedente. Prova. Nella prova del
teorema precedente si vede che un qualunque DFA M
(Q, S, d, q0, F) che accetta L definisce una
relazione di equivalenza che è un raffinamento di
RL. Così il numero di stati di M è più grande o
uguale al numero di stati dellautoma M che
risulta dalla costruzione. Se vale luguaglianza
ciascuno stato di M può essere identificato con
uno degli stati di M. Ossia, sia q uno stato di
M. Ci deve essere x in S tale che d(q0,x) q,
altrimenti q potrebbe essere rimosso e si
potrebbe trovare un automa più piccolo.
Identifichiamo q con lo stato d(q0,x) di M.
Lidentificazione è consistente. Infatti se
d(q0,x) d(q0,y) q allora (per la prova del
teorema precedente) x e y sono nella stessa
classe di equivalenza di RL. Ne segue d(q0,x)
d(q0,y) q e questo prova lunicità.
31
Algoritmo per la costruzione dellautoma
minimale (1)
Idea. Dato M (Q, S, d, q0, F) sia ? la
relazione di equivalenza sugli stati di M tale
che p ? q se e solo se, per ogni stringa di input
x, d(p,x) è uno stato accettore se e solo se
d(q,x) è uno stato accettore. Per il teorema cè
un isomorfismo tra le classi di equivalenza di ?
che contengono gli stati raggiungibili da q0 per
qualche stringa di input e gli stati dellautoma
minimale M, cosí gli stati di M possono essere
identificati con queste classi. Se p ? q diciamo
che p è equivalente a q. Diciamo che p è
distinguibile da q se esiste un x tale che d(p,x)
è in F e d(q,x) no, e viceversa. Lidea è di
marcare inizialmente come distinti uno stato
finale e uno stato non finale e di procedere
quindi marcando come distinti due stati da cui
per uno stesso simbolo di input si hanno
transizioni a due stati distinti.
32
Algoritmo per la costruzione dellautoma
minimale (2)
Esempio. Consideriamo lautoma di esempio.
Costruiamo una tabella con unentrata per ogni
coppia di stati. Mettiamo una marca nella tabella
ogni volta che scopriamo che due stati non
possono essere equivalenti. Inizialmente
marchiamo ogni entrata corrispondente a uno stato
finale e a uno non finale. Poi marchiamo coppie
di stati da uno dei quali andiamo a uno stato
finale mentre dallaltro andiamo a uno stato non
finale.
b
c
?
?
d
?
?
e
?
?
f
?
?
?
?
?
a
b
e
c
d
33
Algoritmo per la costruzione dellautoma
minimale (3)
Poiché d(f,1), d(a,2)) (f,c) e (f,c) marcata,
marchiamo (f,a) e analogamente marchiamo (f,b).
Così alla fine abbiamo a ? b, c ? d ?
e. Algoritmo begin 1) for p in F and q in
Q-F do mark (p,q) 2) for each pair of distinct
states (p,q) in F ? F or Q-F ? Q-F do 3) if for
some input symbol a, (d(p,a), d(q,a)) is marked
then begin 4) mark (p,q) 5) recursively mark
all unmarked pairs on the list for (p,q) and
on lists of other pairs that are marked at
this step end else / no pair
(d(p,a), d(q,a)) is marked / 6) for all input
symbols a do 7) put (p,q) on the list for
(d(p,a), d(q,a)) unless d(p,a) d(q,a) end
34
Algoritmo per la costruzione dellautoma
minimale (4)
Lemma (Complessità). Assumiamo che S abbia k
simboli e Q abbia n stati. La complessità
dellalgoritmo è O(kn2). Prova. La linea 1
richiede O(n2) passi. Il ciclo delle linee 2-7 è
eseguito O(n2) volte, al più una volta per ogni
coppia di stati. Il tempo totale speso nelle
linee da 2 a 4, 6, 7 è O(kn2). Il tempo speso in
totale nella linea 5 è la somma delle lunghezze
di tutte le liste, ma ogni coppia è messa nella
linea 7 in al più k liste, quindi il tempo speso
nella linea 5 è O(kn2), cosí il tempo totale è
O(kn2).
35
Algoritmo per la costruzione dellautoma
minimale (5)
Lemma (Correttezza della marcatura degli stati).
Sia M un DFA. Allora p è distinguibile da q se
e solo se lentrata corrispondente alla coppia
(p,q) è marcata dallalgoritmo. Prova. Assumiamo
che p sia distinguibile da q e sia x la stringa
più breve che distingue p da q. Proviamo per
induzione sulla lunghezza di x che lentrata
(p,q) viene marcata. Se x è e allora esattamente
uno di p e q è finale e la coppia viene marcata
nella linea 1. Assumiamo lipotesi vera per x lt
i, 1 i, e x i. Sia xay, td(p,a),
ud(q,a). Ora, y distingue t da u e yi-1,
quindi la coppia (t,u) è marcata. Se questo
avviene dopo che (p,q) è già stata considerata o
è marcata o è nella lista associata a (t,u) e
viene marcata (linea 5). Se (p,q) è considerata
dopo (t,u), allora (p,q) è marcata quando è
considerata. In tutti i casi viene marcata.
Viceversa, assumiamo che (p,q) sia marcata e
facciamo vedere che p,q sono distinguibili.
Perinduziojne sul numero delle coppie.
36
Algoritmo per la costruzione dellautoma
minimale (6)
Teorema. Il DFA costruito dallalgoritmo e
rimuovendo stati inaccessibili è il minimo DFA
per il linguaggio che riconosce. Prova. Sia M
(Q, S, d, q0, F) il DFA dato e M (Q, S, d,
q0, F) il DFA costruito con Q q q
accessibile da q0, F q q ? F, d(q,a)
d(q,a). La relazione d è definita
consistentemente perché se q ? p allora d(p,a) ?
d(q,a), cioè se d(p,a) è distinto da d(p,a) da x,
allora ax distingue q da p. Per induzione su w
si vede d(q0,w) d(q0,w). Ne segue L(M)
L(M). Mostriamo che Mnon ha più statidi quante
sono le classi di equivalenza di RL dove L
L(M). Se non fosse cosí, ci sarebbero in q due
stati accessibili q e p tali che non q ? p e
tuttavia ci sono x e y tali che d(q0,x)q e
d(q0,y)p e xRLy. Ma allora q ? p, perché se non
fosse cosí qualche w in S dovrebbe distinguere p
da q (per il lemma). Ma allora sarebbe falso
xwRLyw perché potremmo prendere ze e osservare
che esattamente uno di xwz e ywz è in L. Ma
poiché è invariante destra, si ha xwRLyw. Quindi
q e p non esistono, M non ha più stati
dellindice di RL.