Kleene Closure用于无限子集

Question

设L = {a ⁿ | n> = 0}，其中和表示所有n＆gt; = 1。

因此，L由所有长度的a序列组成，包括序列 长度为0.让L2为L的任何无限子集。我需要表明总是存在DFA来识别（L2）*。

如果L2是有限子集，则非常明显，因为L2将是DFA，因此通过kleene闭包L2 *将被DFA识别。但我无法得到无限子集，因为L2可能不会表示为DFA，例如字符串的长度是素数。

Answer 1

方法

虽然存在DFA来描述所有字符串的集合L ⁿ ，n> = 0，但不能保证L的所有子集都存在DFA .L的子集正如你所提到的，它包含长度为素数的所有字符串，这是一个描述语言不存在的DFA的例子。

正确的方法是直接证明（L＆＃39;）*是任何子集L＆＃39;的常规语言。 L。

定义

让我们定义GCD（K）= GCD _{w∈K，| w | ＆GT; 0} （| w |），其中K是L的任何非空子集。我们现在可以引用所有非空的所有长度的最大公约数语言K中的单词为GCD（K）。此定义适用于L的有限和无限子集。

类似地，我们可以定义LCM（K）= LCM _{w∈K，| w | ＆GT; 0} （| w |），其中K是L的任何非空 和 有限子集。

证明

我们将尝试证明当GCD（L＆＃39;）= 1，存在一个数M，使得所有串的^名词中，n＆GT; = M属于语言（L＆ ＃39;）*。这导致（L＆＃39;）*成为常规语言，因为我们可以构造形式的正则表达式：

  

所有长度小于M的字符串属于（L＆＃39;）*
  OR
  所有长度大于或等于M

的字符串

上面的正则表达式具有相应的DFA，其具有M + 1个状态。

当GCD（L＆＃39;）> 1，我们可以通过＆＃34;划分＆＃34;将问题减少到GCD = 1的情况。子集L＆＃39;中的所有单词通过GCD（L＆＃39;）。

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如果GCD（L＆＃39;）= 1（逐项互质），则存在L＆＃39;的有限子集S.其中S中所有字符串长度的GCD也是1。

  

我们可以通过施工来证明上述主张。

     

  
• 从L＆＃39;，| w ₁ |中选择任何元素w ₁ ＆GT; 0并构造集合S ₁ = {w ₁ }
  
• 如果GCD（S _n ）= 1，则S _n 是我们想要找到的集合。
  
• 如果GCD（S _n ）> 1，从L＆＃39;中选择一个元素w _{n + 1} 。并构造集合S _{n + 1} = {w _{n + 1} }∪S _n ，以便
    GCD（S _{n + 1} ）＆lt; GCD（S <子>名词）
  

     

如果GCD（S _n ）> 1，总是存在来自集合L＆＃39;当我们将GCD添加到集合中时会减少GCD;否则，集合L＆＃39;因为第一个元素w ₁ 的长度具有有限数量的因子，所以最终集合S的大小是有限的。

回到问题，任何子集L＆＃39; L，我们可以找到L＆＃39;的有限子集S，它满足GCD（L＆＃39;）= GCD（S）。从集合S，我们可以用| S |构造一个广义线性丢番图方程未知a _i ：

  

一个<子> 1 | W <子> 1 | + a ₂ | w ₂ | + ... + a _{| S |} | w _{| S |} | = c其中c是非负整数

由于GCD（S）= 1，上面的等式是always solvable，通过递归地将解决方案应用于最简单形式的线性丢番图方程ax + by = c。

求解上面对于c = 0到（LCM（S）-1）的广义丢番图方程。解决方案（ ₁ ， ₂ ，...， _{| S |} ）可以包含负数。但是，我们可以继续在方程的两边添加多个LCM（S），直到所有解都只包含非负数。

令k为LCM（S）的最小倍数，以便当c = K * LCM（S）+ Q，Q = 0〜（LCM（S） - 1）所有不定方程具有非负溶液。然后我们可以将M定义为k * LCM（S），因为任何长度大于M的字符串都可以被分解为S中单词的连接（因此在L＆＃39;中）。

基于证明

的计算示例

假设L＆＃39;是L中长度为素数的所有字符串的集合。

让我们构造集合S = {a ² ， ⁵ }。 S可以是{a ² ， ¹⁹ }或{a ⁵ ， ²³ }，不是＆＃39真的很重要M的最终值可能不同，但它并不影响（L＆＃39;）*是常规语言的事实。

我们需要解决10个方程式（单独）：

2a ₁ + 5a ₂ = 0 =＆gt; （a ₁ ， ₂ ）=（0,0）
2a ₁ + 5a ₂ = 1 =＆gt; （a ₁ ，a ₂ ）=（3，-1）
2a ₁ + 5a ₂ = 2 =＆gt; （a ₁ ，a ₂ ）=（1,0）
2a ₁ + 5a ₂ = 3 =＆gt; （a ₁ ， ₂ ）=（-1,1）
2a ₁ + 5a ₂ = 4 =＆gt; （a ₁ ， ₂ ）=（2,0）
2a ₁ + 5a ₂ = 5 =＆gt; （a ₁ ， ₂ ）=（0,1）
2a ₁ + 5a ₂ = 6 =＆gt; （a ₁ ，a ₂ ）=（3,0）
2a ₁ + 5a ₂ = 7 =＆gt; （a ₁ ， ₂ ）=（1,1）
2a ₁ + 5a ₂ = 8 =＆gt; （a ₁ ，a ₂ ）=（4,0）
2a ₁ + 5a ₂ = 9 =＆gt; （a ₁ ， ₂ ）=（2,1）

添加一个LCM（2,5）= 10.请注意，由于LCM的属性，我们可以直接修改解决方案而无需再次解决：

2a ₁ +（5a ₂ + 10）= 1 + 10 =＆gt; （a ₁ ，a ₂ ）=（3,1）
（2a ₁ + 10）+ 5a ₂ = 3 + 10 =＆gt; （a ₁ ， ₂ ）=（4,1）

由于所有解决方案都是非负的，我们只添加一个LCM（2,5），M = 10.

可以构建（L＆＃39;）*的正则表达式：

一个 ² +一 ⁴ +一 ⁵ +一 ⁶ +一 ⁷ +一 ⁸ +一 ⁹ +一 ¹⁰ 的a *

正则表达式不是很紧凑，但这不是我们关注的问题。为了证明，我们只需要知道存在一个数M，所以对于所有n> = M， ⁿ 属于（L＆＃39;）*，这意味着有可以构造有限数量的状态和DFA。