Diseño de AFN’s
1
Unión de lenguajes
• Si M1 = (K1, S, 1, s1, F1) y M2 = (K2, S, 2, s2, F2)
aceptan L1 y L2, respectivamente, la combinación
M12 acepta L1  L2
F1

M1  2
i
M1
s1

s2
F2
M2
2
En notación formal
• M1 = (K1, S, 1, s1, F1)
M2 = (K2, S, 2, s2, F2)
• M1  2 = (K1  K2 {i}, S,
1 2i,,s1),i,,s2)}, i, F1 F2)
3
Ejemplo
• Construir un AFD sobre {a, b} que reconoce palabras
con un número impar de b’s o que contienen la cadena
aab.
b

1
2
b
a
0

a
3
a,b
a
4
a
5
b
6
a,b
4
Concatenación de lenguajes
• Si M1 = (K1, S, 1, s1, F1) y M2 = (K2, S, 2, s2, F2)
aceptan L1 y L2, respectivamente, la combinación M12
acepta L1L2
M1
F1
s1
M2


s2
F2
M12
5
En notación formal
• M1 = (K1, S, 1, s1, F1)
M2 = (K2, S, 2, s2, F2)
• M12 = (K1  K2, S1  S2,
12p,,s2)|p F1}, s1, F2)
6
Ejemplo: AFN que reconoce palabras que tienen grupos de
aa’s (eventualmente separados por b’s) y después tienen
grupos de aaa’s (eventualmente separados por b’s)
a
4
1
a
a
0

b
3
a
a
2
b
({ 0 ,1}  { 2 ,3, 4}, { a , b },
{( 0 , a ,1), ( 0 , b , 0 ), (1, a , 0 )} 
{( 2 , a ,3 ), ( 2 , b , 2 ), ( 3, a , 4 ), ( 4 , a , 2 )} 
{( 0 ,  , 2 )}, 0 , { 2})
7
Cerrradura de Kleene
• Si M = (K, S, , s0, F) acepta el lenguaje L, M*
acepta el lenguaje L*:


i

F1
s0
M*
8
Complemento de lenguajes
• Si AFD acepta L, es posible construir AFDc que
acepta el lenguaje complemento de L, Lc.
• Si M = (K, S, , s, F),
entonces Mc = (K, S, , s, K-F)
9
Cerradura bajo intersección
• Si L1 y L2 son regulares, entonces L1  L2
también lo es.
• Para construir un AF que acepte L1 L2:
L1  L 2  ( L  L )
c
1
c
2
c
10
Ejercicio
• Obtener un AFD que acepte el lenguaje
de las palabras en {a,b} que si no tienen
la subcadena “aba”entonces tienen un
número par de b’s.
• Utilizar equivalencia:
Si A entonces B  (no A) o B
11
Ejercicio
• Obtener un AFD que acepte el lenguaje de las
palabras en {0,1} que no contienen la
subcadena “011” y además son de longitud
impar.
• Utilizar equivalencia:
L1  L 2  ( L  L )
c
1
c
2
c
12
Lenguajes regulares y Autómatas finitos
• Recordemos que los lenguajes regulares son los representados por
expresiones regulares.
• Teorema: Un lenguaje es regular si y solo si es aceptado por algún
autómata finito.
• Para convertir una expresión regular E en un autómata finito se inicia
E
con la gráfica de transición:
q
q
0
1
y se aplican recursivamente las siguientes reglas de reemplazo hasta
que no sea posible aplicar ninguna de estas reglas.
13
Ejemplos de ER  AF
• (a +
a
ab)*

q0

a
q1
b
s
• (ba + a)*bb
a

q0

b
b
b
q1
a
• (0 + 1)*010
0
q0


1
0
1
0
q1
14
AF  ER
a,b
1
a,b
a
2
b
8
¿Expresión regular?
15
AF  ER
a,b
1
b
a
2
a,b
b
8
¿Expresión regular?
(a + b)*ab*b(a + b)*
16
AF  ER
3
a
1
a
a
2
b
b
6
8
5
a
b
a
b
a
4
7
Eliminar el estado 5
17
AF  ER
ba*b
3
6
a
1
a
a
8
2
b
b
4
aa*a
7
Eliminar el estado 5
18
AF  ER
1.
Convertir el AF a uno en el que sólo haya un estado
inicial al que no llegue ninguna transición, y un solo
estado final del que no salga ninguna transición.
• Añadir un nuevo estado inicial i con una transición del
que salga una transición vacía al antiguo estado inicial.
• Añadir un nuevo estado final f al que lleguen transiciones
vacías desde los antiguos estados finales.
2. Eliminar nodos intermedios sin que se alteren las cadenas
que hay que utilizar para pasar de un estado “origen”,
vecino del eliminado, a un estado “destino”, vecino del
eliminado.
3. Una vez que se hayan eliminado todos los nodos
intermedios y sólo quede el inicial y el final, entonces
fusionar todas las expresiones regulares entre ellos en una
sola por medio de +’s.
19
AF  ER
• Paso 1:
F1
i

s1


f
• Paso 2:
p1
1
1
…n q
pn
q1
1
m …
qm
k
• Paso 3:
R2
p1
1(1 +...+ k)*1
1(1 +...+ k)*m
…
pn
q1
n(1 +...+ k)*1
n(1 +...+ k)*m
…
qm
R1
…Rn
R1 + R2 + ... + Rn
20
Ejemplos de AF  ER
a
a,b
b
q0
a*b(a + b)*
q1
a,b
a
q0
a
q1
b
(bb*a)*a(a + b)* + (bb*a)*bb*
q2
b
q0
b
b
q2
b
a
a
q1
a
(a(aa + b)*ab + b)((ba + a)(aa + b)*
ab + bb)*((ba + a)(aa + b)* + ) +
a(aa + b)*
21
Otro ejemplo
1
1
3
0
2
1
0
0
1
1
4
0
22
Solución al otro ejemplo
0 + (1 + 00)(0 + 10)*1 + (01 + (1 + 00)(0 + 10)*11)((0 + 10)*11)*((0 + 10)*1 + (0 + 10)+)
23
24
Lema de bombeo (Pumping lemma)
• Si L es un lenguaje regular, entonces existe un número n
(la longitud de bombeo) tal que si w es cualquier cadena
en L de longitud mayor o igual que n, entonces w puede
ser dividido en tres partes, w = xyz, que satisfacen las
siguientes tres condiciones:
– 1) xyiz L para toda i  0.
– 2) |y| > 0.
– 3) |xy| ≤ n.
Recuerde que |...| representa la longitud de la cadena, es
decir, es el número de símbolos del alfabeto que integran
la cadena.
25
“Demostración” del Lema de bombeo
• Sea M un AFD que reconoce L y sea n el número de estados de este
autómata. Demostraremos que cualquier cadena de longitud mayor o
igual que n puede ser descompuesta en tres partes xyz que satisfacen las
tres condiciones.
• Si el lenguaje no contiene cadenas de longitud mayor o igual que n,
entonces el teorema es verdadero por vacuidad, es decir, no existen
cadenas que lo contradigan, es decir, no existen cadenas que hagan que
el teorema sea falso.
• Si una cadena aceptada por L tiene longitud mayor o igual que n y si
denotamos por q1, q2, ..., qm, los estados visitados por el autómata
conforme se procesa la cadena, iniciando en el estado inicial q1 y
terminando en un estado final qm, entonces existe al menos un estado
que se repite. Sean qj y qk los primeros que se repiten.
Nota: cualquier
• Tomamos x = q1 ... qj-1, y = qj ... qk-1, z = qk ... qm.
y
q1
x
qj=qk
lenguaje finito
es regular.
z
qm
26
Ejemplos de lenguajes no regulares
• B = {0i1i | i  0} no es regular.
Supongamos que sí. Sea M un autómata que acepta B. Sea
n la longitud de bombeo.
Consideremos la cadena w = 0n1n  B. Bajo la suposición
de que B es regular, entonces la cadena w puede ser
descompuesta en tres partes w = xyz tal que xyiz pertenece a
B para toda i  0, en particular, para i=2. Por lo tanto, xyyz
debe ser parte del lenguaje. Hay tres casos para y:
– y consiste solo de 0’s. En este caso xyyz tiene más 0’s
que 1’s. Contradicción.
– y consiste solo de 1’s. En este caso xyyz tiene más 1’s
que 0’s. Contradicción.
– y consiste de 0’s y 1’s. En este caso xyyz tiene algunos
1’s antes que 0’s. Contradicción.
27
...Ejemplos
• C = {w | w tiene el mismo número de 0’s y 1’s}
Si C fuera regular, entonces C  (0*1*) también lo sería,
pero esta intersección es el lenguaje B del ejemplo anterior,
por lo que C no puede ser regular.
• Ejercicio: Demuestre que
D = {w | w tiene el mismo número de 01’s que de 10’s} es
regular.
101  D porque tiene un “01” y un “10”, pero 1010  D
porque tiene dos “10” y un “01”.
28
¿{w | w tiene el mismo número de 01’s que de 10’s}
= {w | símbolo inicial de w = símbolo final de w}?
29
Tarea 4 (en equipo)
• Parte 1: Obtenga el AFD mínimo equivalente al
autómata M en la lámina 34 del TLarchivo05.ppt
• Parte 2: Ejercicios 3.17, 3.33, 4.10 (a, b, c e, f), 4.20,
4.29, 4.35 y 4.36 del texto de John Martin.
• Fecha de asignación: 01/Abril/2004
• Fecha de entrega: 19/Abril/2004
• NOTA IMPORTANTE: en el texto “FA” significa
“Autómata Finito Determinista”
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Diseño de Autómatas No Determinísticos