Неразрешимость задачи об эквивалентности КС-грамматик

Лемма:

Пусть [math] List(a_1, a_2, \ldots, a_n) [/math] для набора слов [math](a_1, a_2, \ldots, a_n) [/math] — язык над алфавитом [math] \{a_1, a_2, \ldots, a_n\} \cup \{1, 2, \ldots, n \}[/math](для простоты будем считать, что [math] \{a_1, a_2, \ldots, a_n\} \cap \{1, 2, \ldots, n\} = \varnothing [/math]), каждое слово которого имеет вид [math] a_{i_1}a_{i_2} \ldots a_{i_k}i_ki_{k-1} \ldots i_1 [/math], где [math] i_j \in \{1, 2, \ldots, n\} [/math]. Тогда [math] \overline {List(a_1, a_2, \ldots, a_n)} [/math] — контекстно-свободный.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Для доказательства построим МП-автомат с допуском по допускающему состоянию: [math] \Sigma = \{a_1, a_2, \ldots, a_n\} \cup \{1, 2, \ldots, n\} [/math]; [math] \Gamma = \Sigma \cup z_0 [/math]; [math] Q = \{ S_0, S_1, S_2\} [/math], где [math] S_0 [/math] — стартовое состояние, а [math] S_2 [/math] — допускающее. Переходы определим следующим образом: [math] \delta(S_0, a_i, \alpha) = \langle S_0, a_i \alpha \rangle, i \in \{1, 2, \ldots, n \}[/math]; [math]\delta(S_0, i, a_i) = \langle S_1, \varepsilon \rangle, i \in \{1, 2, \ldots, n \}[/math]; [math] \delta(S_0, c, \alpha) = \langle S_2, \alpha \rangle [/math], для всех других [math] c [/math] и [math] \alpha [/math], не подходящих под первые два правила; [math] \delta(S_1, i, a_i) = \langle S_1, \varepsilon \rangle, i \in \{1, 2, \ldots, n\}[/math]; [math] \delta(S_1, c, \alpha) = \langle S_2, \alpha \rangle [/math], для всех [math] c [/math] и [math] \alpha [/math], кроме случая, когда [math] c = i [/math] и [math] \alpha = a_i [/math]; [math] \delta(S_2, c, \alpha) = \langle S_2, \alpha \rangle [/math], для любых [math] c [/math] и [math] \alpha [/math]. Несложно увидеть, что любое слово, принадлежащее [math] {List(a_1, a_2, \ldots, a_n)} [/math], оставит данный автомат в состоянии [math] S_1 [/math], в противном случае переведет его в допускающее состояние [math] S_2 [/math].

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Задача об эквивалентности двух КС-грамматик неразрешима

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Будем доказывать от противного. Предположим, что данная задача разрешима. Тогда покажем, как с помощью нее разрешить язык ПСП. Пусть [math](x_1, x_2, \ldots, x_n)[/math] и [math](y_1, y_2, \ldots, y_n) [/math] входные последовательности для ПСП. Пусть [math] L_1 = List(x_1, x_2, \ldots, x_n), L_2 = List(y_1, y_2, \ldots, y_n) [/math]. Тогда решение ПСП для последовательностей [math](x_1, x_2, \ldots, x_n)[/math] и [math](y_1, y_2, \ldots, y_n) [/math] существует только в том случае, когда [math] L_1 \cap L_2 \ne \varnothing [/math]. Перейдя к дополнению и применив закон де Моргана, мы получим, что решения для заданных последовательностей существует, только когда [math] \overline{L_1} \cup \overline{L_2} \ne \Sigma^* [/math], где [math] \Sigma [/math] — алфавит для языков [math] L_1 [/math] и [math] L_2 [/math]. Но по лемме [math] \overline{L_1} [/math] и [math] \overline{L_2} [/math] — контекстно-свободные. Так как КС-языки замкнуты относительно объединения, то язык [math] \overline{L_1} \cup \overline{L_2} [/math] тоже контекстно-свободный. Построив КС-грамматики для языков [math] \overline{L_1} \cup \overline{L_2} [/math] и [math]\Sigma^*[/math] и воспользовавшись предположением, что задача об эквивалентности КС-грамматик разрешима, мы разрешим и язык ПСП. Но язык ПСП неразрешим. Следовательно, мы пришли к противоречию, и наше предположение неверно.

[math]\triangleleft[/math]