为什么用联合，串联和星号运算定义正则表达式？

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甲定期expresssion递归定义

$a$ 对某些 $a \in \Sigma$ 是正则表达式，
$\varepsilon$ 是一个正则表达式，
$\emptyset$ 是一个正则表达式，
$(R_1 \cup R_2)$ ，其中 $R_1$ 和 $R_2$ 是正则表达式是一个正则表达式，
$(R_1 \circ R_2)$ ，其中 $R_1$ 和 $R_2$ 是正则表达式是一个正则表达式，
$(R_1)^*$ 其中 $R_1$ 是正则表达式是正则表达式。

该定义摘自第64页的

西普瑟，迈克尔。计算理论导论，第三版。参与学习，2012年。

现在，我有以下问题。

为什么不定义包含intersection，complement或者reverse操作？
如果我们改变了第4项，我们得到一个等价定义，即，对于每个普通的语言，有修改的正则表达式，反之亦然？ $R_1 \cap R_2$
我知道此定义是完整且定义明确的，但是为什么它比其他等效的，定义良好且完整的定义更可取呢？

formal-languages regular-languages regular-expressions

— 阿里·沙基巴
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请限制每个帖子一个问题。

— 拉斐尔

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1）如果我们也允许相交和补码，那么所得的表达式有时称为扩展正则表达式; 由于常规语言是在布尔操作下关闭的，因此它们无法获得任何收益。它只是语法糖。对于反向操作也有类似的结论。首先不提及所有其他运算的部分原因是为了使定义尽可能简单，从而使（归纳）证明不必在许多情况下得到照顾。另一个原因可能是，如果我们允许某些操作，但不允许其他操作，则在某些情况下会导致截然不同的（次正则）语言类，例如，如果我们考虑不使用star运算符的扩展正则表达式，则将获得正则子类的适当子类。，即所谓的无星级或非周期性语言，请参阅Wikipedia：无星级语言。

2）如果保留第1.-6.项，而只是更改第4.项，则使用交集而不是并集，我们将获得适当的常规语言子类。例如，我们不再描述语言，因为它将涉及和（请参见下面的证明）。如果我们允许互补，那么随着我们根据DeMorgan的法律回归，情况会发生变化。 $L = \{a,b\}$ $\{a\}$ $\{b\}$

3）这在1）中得到了我的部分回答，但是当您说首选此定义时，您的意思是什么？我知道在哪里2.省略（因为我们有通过6.定义），或3中省略（因为我们有）），或两者都省略; 因此，这不是一个最小的可能定义（它还为我们提供了一些语法糖，因为我们有多余的符号来描述和）。 $L(\emptyset^{\ast}) = \{\varepsilon\}$ $\emptyset = L(\overline{ X^{\ast} }$ $\{\varepsilon\}$ $\emptyset$

编辑：在2我第一个提到的评论）是错误的，在根据感应关闭语言，和不neccessarily是子集对于一些，例如考虑。然而，我们有这样的表达式无法描述。我将给出一个证明，即如果 $\circ$ $^{\ast}$ $\cap$ $x^{\ast}$ $x \in X$ $L(a\circ b) = \{ab\}$ $L = \{a,b\}$ $L = L(R)$ 对于某些表达与改性第四项，则如果（因此）通过对表达式归纳来证明。对于基本情况，它保持真空状态，现在假设它适用于。如果 $X = \{a,b\}$ $a\ne b$

{a, b} \subseteq L \Rightarrow a b \in L .

$\{a,b\} \subseteq L \Rightarrow ab \in L.$

R

$R$

L (R_{1}), L (R_{2})

$L(R_1), L(R_2)$

和

，然后

，因此由感应假设我们有

。如果

L = L (R_{1} \cap R_{2}) = L (R_{1}) \cap L (R_{2})

$L = L(R_1 \cap R_2) = L(R_1) \cap L(R_2)$

{a, b} \subseteq L

$\{a,b\} \subseteq L$

{a, b} \subseteq L (R_{i}), i = 1, 2

$\{a,b\} \subseteq L(R_i), i = 1,2$

a b \in L (R_{1}) \cap L (R_{2})

$ab \in L(R_1) \cap L(R_2)$

然后作为

我们必须有

和

，反之亦然。假设第一种情况。如果

{a, b} \subseteq L (R_{1} \circ R_{2}) = L (R_{1}) L (R_{2})

$\{a,b\} \subseteq L(R_1\circ R_2) = L(R_1)L(R_2)$

a = a \cdot ε = ε \cdot a

$a = a\cdot \varepsilon = \varepsilon\cdot a$

a \in L (R_{1})

$a\in L(R_1)$

ε \in L (R_{2})

$\varepsilon \in L(R_2)$

，然后

通过感应假设，因此

。现在假定

，那么我们有

通过的定义

b \in L (R_{1})

$b \in L(R_1)$

a b \in L (R_{1})

$ab \in L(R_1)$

a b = a b \cdot ε \in L (R_{1}) L (R_{2})

$ab = ab\cdot \varepsilon \in L(R_1)L(R_2)$

b \in L (R_{2})

$b \in L(R_2)$

a \cdot b \in L (R_{2}) L (R_{2})

$a\cdot b \in L(R_2)L(R_2)$

。最后，如果

，然后

和

一段

。如果

，我们发现

L (R_{1}) L (R_{2})

$L(R_1)L(R_2)$

a, b \in L (R_{1}^{*})

$a,b \in L(R_1^{\ast})$

a \in L (R_{1})^{n}

$a \in L(R_1)^n$

b \in L (R_{2})^{m}

$b \in L(R_2)^m$

n, m > 0

$n,m > 0$

n = m = 1

$n = m = 1$

通过感应假设，所以假设

，但是这给

，类似于任一

或

给出

和感应的假设给出

。

a b \in L (R_{1})

$ab \in L(R_1)$

n > 1

$n > 1$

a \in L (R_{1})

$a \in L(R_1)$

m = 1

$m = 1$

m > 1

$m > 1$

b \in L (R_{1})

$b \in L(R_1)$

a b \in L (R_{1}) \subseteq L (R_{1}^{*})

$ab \in L(R_1) \subseteq L(R_1^{\ast})$

◻

$\square$

备注：一个常用的结论：如果，则或。如下，因此和或和 $a = uw$ $u = a$ $w = a$ $1 = |a| = |uw| = |u| + |w|$ $|u| = 0$ $|w| = 1$ $|u| = 1$ 。在第一种情况下，我们有，因此。 $|w| = 0$ $u = \varepsilon$ $a = w$

— 斯蒂芬·H
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事实上

是不在集合中的“subregular”语言，但

是因为

。

{a, b}

$\{a,b\}$

{a, b}^{*}

$\{a,b\}^{\ast}$

{a, b}^{*} = (a^{*} \circ b^{*})^{*}

$\{a,b\}^{\ast} = (a^{\ast}\circ b^{\ast})^{\ast}$

— rici

是的，有时候看到星号和其他星体的巧妙组合可以表达什么，而不是表达什么，这有点棘手。

— StefanH '16

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引入了正则语言，正则表达式和有限自动机的技术报告在第70页上询问您的问题：

这个问题可能会出现给读者，为什么我们选择特定的三种操作 $E\vee F$ ， $EF$ 和 $E*F$ ？

（不久之后，我们注意到 $E^*$ 比 $E*F$ 更方便算子，并且具有同等的功率。因此，如今，我们改用 $E^*$ 。）

答案占几页。首先，要指出的是，必须寻找答案，即所得的语言是否构成一个有趣的类，以及它们如何与其他方式描述的语言进行比较。在第72页上，注意到否定和合取是多余的：它们不增加任何表达能力。在第80页上，进一步证明了常规语言正是有限状态机识别的语言。

换句话说：Stefan的答案可以肯定地认为是结论性的，因为在首次介绍这些概念的报告中已经给出了答案。

— Reinierpost
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感谢您的链接。我总是向学生解释，这些操作是从选择（如if-then-else）序列（彼此遵循的指令）和迭代（如while-do）的自然抽象。但是显然克莱恩没有提到吗？

— 亨德里克

我只是一个看着Kleene的文章的人，惊讶于我回答中的所有内容已经在那里。我什么都不知道因此，我想答案是阅读这篇文章，或者寻找Kleene之前在此上写的任何内容。

— reinierpost

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通过选择这种运算符（联合，串联和星号），可以构造一个NFA，其大小与表达式的大小成线性关系。另一方面，如果添加交集和补码，则等效自动机的大小可能会非基本爆炸，这通常是不希望的。

— 山狗
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