Изменения

{{Теорема|statement= Задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.|proof= Пусть <tex> P A = \{ (G_1, G_2) \mid p_iL(G_1) \cap L(G_2) =1 \varnothing \}</tex>. Сведем [[Примеры неразрешимых задач: проблема соответствий Поста|проблему соответствий Поста]] к <tex>\overline{A}</tex>, таким образом показав, что дополнение проблемы неразрешимо. Так как рекурсивные языки [[Замкнутость разрешимых и перечислимых языков относительно теоретико-множественных и алгебраических операций|замкнуты относительно дополнения]], то из неразрешимости дополнения проблемы будет следовать неразрешимость самой проблемы. Для любого экземпляра ПСП <tex>(x_1, x_2, ..., x_n)</tex> и <tex>(y_1, y_2, ..., 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 \sum w_i U_iin \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\#y^R_i</tex> для всех <tex>i = 1, 2, \dots n</tex>. Тогда <tex>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 \{Задача1, 2, \dots n \}, m \geqslant 1 \}</tex>. |definitionЕсли 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 наоборот, если он не имеет решения, то <tex>L(G_2)</tex> не содержит строк такого вида, соответственно <tex>L(G_1) \cap L(G_2) =\varnothing</tex>.Дано Таким образом мы свели проблему соответствий Поста к <tex>m\overline{A}</tex> одинаковых станков, следовательно, задача о проверке на которых нужно выполнить пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.}}Из неразрешимости вышеприведенной задачи следует неразрешимость ряда других задач. Рассмотрим несколько примеров. По двум КС-грамматикам <tex>nG_1</tex> и <tex>G_2</tex> работможно 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. Любая работа на любом станке выполняется единицу времениB0.D1.86.D0.B8.D1.8F|конкатенации]] задаваемых ими языков <tex>L(G_1)L(G_2)</tex>. Для каждой работы есть время окончания По аналогии с этим мы можем рассматривать язык <tex>L(G_1)\#L(G_2)\#</tex>, где <tex>d_i\#</tex> {{---}} ожидаетсяновый символ, не встречающийся в алфавите. Заметим, что до этого времени она будет законченапересечение языков непусто, и штраф то есть <tex>w_iL(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing </tex>, который нужно будет выплатить в случаетогда и только тогда, если работа была закончена после когда <tex>d_iL(G_1)\#L(G_2)\#</tex>содержит [[Алгоритм Ландау-Шмидта#.D0.9E.D0.BF.D1.80.D0.B5.D0.B4.D0.B5. Необходимо минимизировать суммарный штраф, который придется выплатитьD0.BB.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F|тандемный повтор]].}} Оптимальное расписание для этой задачи будем задавать множеством работ Аналогично можно заметить, что пересечение <tex>SL(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing </tex>тогда и только тогда, за которые штраф начислен не будеткогда <tex>L(G_1)\#L(G_2)^R</tex> содержит палиндром. Работы Таким образом, которые завершатся с опозданиеммы имеем:{{Утверждение|statement= Пусть дана грамматика <tex>G</tex>, могут быть выполнены в конце в любом порядке<tex>L(G) = L</tex>. Тогда следующие задачи неразрешимы:# Содержит ли <tex>L</tex> тандемный повтор.# Содержит ли <tex>L</tex> палиндром.}}