Изменения

{{Теорема|statement===Алгоритм разделения АВЛ-дерева Задача о проверке на два, где в первом дереве все ключи меньше заданного x, а во втором пустоту пересечения двух КС- больше==грамматик неразрешима.|proof=Пусть у нас есть дерево <tex>T</tex>. Мы должны разбить его на два дерева <tex>T_A = \{1(G_1, G_2) \mid L(G_1) \cap L(G_2) = \varnothing \}</tex> и . Сведем [[Примеры неразрешимых задач: проблема соответствий Поста|проблему соответствий Поста]] к <tex>T_\overline{2A}</tex> такие, таким образом показав, что <tex>T_{1} \leqslant x</tex> дополнение проблемы неразрешимо. Так как рекурсивные языки [[Замкнутость разрешимых и перечислимых языков относительно теоретико-множественных и <tex>x < T_{2}</tex>алгебраических операций|замкнуты относительно дополнения]], то из неразрешимости дополнения проблемы будет следовать неразрешимость самой проблемы.

ПредположимДля любого экземпляра ПСП <tex>(x_1, x_2, ..., x_n)</tex> и <tex>(y_1, y_2, ..., что корень нашего дерева y_n)</tex> над алфавитом <tex>\Sigma</tex> можно подобрать символ <tex>\# \notin \Sigma</tex>. Для каждого экземпляра построим грамматики:* <tex>G_1 : S \rightarrow aSa \mid a\#a</tex> для всех <tex>a \in \Sigma</tex>. Тогда <tex>L(G_1) = \{ w\#w^R \mid w \in \Sigma^* \}</tex>, где обозначение <tex>w^R</tex> {{---}} разворот <tex>w</tex>.* <tex>G_2 : S \rightarrow x_iSy^R_i \mid x_i\leqslant x#y^R_i</tex>для всех <tex>i = 1, в таком случае все левое поддерево вместе с корнем после разделения отойдет в дерево 2, \dots n</tex>. Тогда <tex>T_L(G_2) = \{ x_{i_1} x_{i_2} \dots x_{i_m} \# (y_{i_1} y_{i_2} \dots y_{i_m})^R \mid i_1, i_2, \dots i_m \in \{1, 2, \dots n \}, m \geqslant 1 \}</tex>. Тогда рекурсивно спускаемся в правое поддерево  Если данный экземпляр ПСП имеет решение, то <tex>L(G_2)</tex> содержит хотя бы одну строку вида <tex>w\#w^R</tex>, поэтому <tex>L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing</tex>, и там проверяем это условие наоборот, если он не имеет решения, то <tex>L(так как часть правого поддерева тоже может содержать ключи G_2)</tex>не содержит строк такого вида, соответственно <tex>L(G_1) \cap L(G_2) = \leqslant xvarnothing</tex>. Таким образом мы свели проблему соответствий Поста к <tex>\overline{A}</tex>, следовательно, задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.}}Из неразрешимости вышеприведенной задачи следует неразрешимость ряда других задач. Рассмотрим несколько примеров. По двум КС-грамматикам <tex>G_1</tex> и <tex>G_2</tex> можно построить КС-грамматику для [[Замкнутость КС-языков относительно различных операций#.D0.9A.D0.BE.D0.BD.D0.BA.D0.B0.D1.82.D0.B5.D0.BD.D0.B0.D1.86.D0.B8.D1.8F|конкатенации]] задаваемых ими языков <tex>L(G_1)L(G_2)</tex>. Если же корень оказался По аналогии с этим мы можем рассматривать язык <tex>L(G_1)\#L(G_2)\#</tex>, где <tex> x\#</tex>{{---}} новый символ, не встречающийся в алфавите. Заметим, что пересечение языков непусто, то мы спускаемся той же рекурсиейесть <tex>L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing </tex>, но тогда и только в левое поддерево тогда, когда <tex>L(G_1)\#L(G_2)\#</tex> содержит [[Алгоритм Ландау-Шмидта#.D0.9E.D0.BF.D1.80.D0.B5.D0.B4.D0.B5.D0.BB.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F|тандемный повтор]].  Аналогично можно заметить, что пересечение <tex>L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing </tex> тогда и ищем тамтолько тогда, когда <tex>L(G_1)\#L(G_2)^R</tex> содержит палиндром.  Таким образом, мы имеем:{{Утверждение|statement= Пусть дана грамматика <tex>G</tex>, <tex>L(G) = L</tex>.Тогда следующие задачи неразрешимы:# Содержит ли <tex>L</tex> тандемный повтор.# Содержит ли <tex>L</tex> палиндром.}}