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２．正規言語とオートマトンの等価性
1
モデル間の関係
モデルの言語表現能力を評価する。
モデルAが与えられたとき、同じ言語を受理するモデルBが
作れるときモデルBの方が言語記述能力が高い（低くはない）。
これを、A→Bとアークを引いて表す。
例えば、DFAの記述は、ほとんどその定義のまま、
NFAの記述になる。したがって、
NFA
GNFA
DFA
正規表現
（RE）
2
目標
これらのモデルがすべて同じ言語記述能力があることを
示したい。そのため、
下記のような関係を導いていく。
NFA
GNFA
DFA
RE
3
DFAからNFAへ
DFA
NFA
直感的には、明らかだが、ここでは、
形式的に示す。
任意のDFAを D (Q, , , q0 , F ) とする。
このとき、 D と同じ言語を受理するNFA
N (Q ', , ', q0 ', F ') を構成する。
１． Q ' Q, q0 ' q0 , F ' F
とする。
２． (qx ) qy のとき、 '(qx ) {qy }とする。
4
例
D ({q1, q2},{0,1}, , q1,{q2})
0
D
1
q1
q2
0 1
q1 q2
q1 q2
1
q1
q2
0
N ({q1, q2},{0,1}, ', q1,{q2}) '
0
N
q1
1
1
q1
q2
0
q1
q1
1
q2
q2
q2
0
5
NFAからDFAへ
DFA
NFA
任意のNFAを N (Q, , , q0 , F ) とする。
このとき、 N と同じ言語を受理するDFA
D (Q ', , ', q0 ', F ') を構成する。
１．
Q ' q P (Q) とする。
（NFAの状態のべき集合で、DFAの状態を作る。）
2．
q0 ' {q0}
とする。
6
3．F '
4．
{NFAの受理状態を含むよ う な状態}
{q Q ' | q F }
{qのいずれかの状態から
'(q, s)
s で遷移する 状態}
{ (r, s)}
rq
7
例 {a, b} とする。
NFA
N {q0 , q1, q2}, , , q0 ,{q0}
q0
q1
q2
a
b
{q1 , q2}
{q1 , q2} {q2}
{q0}
q0
b
N
a
b
q1
a, b
a
q2
このNと同じ言語を受理するDFA
D Q ', , ', q0 ',{q0}, F '
を作成する。
8
１． Q ' P (Q)
,{q0},{q1},{q2 },{q0 , q1},{q0 , q2 },
{q1 , q2},{q0 , q1 , q2 }
{q0 , q1}
{q0}
{q1}
{q2}
{q0 , q2}
{q1, q2}
{q0 , q1, q2}
9
2．
3．
q0 ' {q0}
F ' q Q ' | q F
{q0 , q1}
{q0}
{q1}
{q2}
{q0 , q2}
{q1, q2}
{q0 , q1, q2}
10
４． '(q, s)
rq
q0
q1
q2
a
(r, s)
b
{q1 , q2}
{q1 , q2} {q2}
{q0}
'
a
b
{q0}
{q1}
{q1, q2}
{q2}
{q0}
{q0 , q1}
{q1, q2}
{q0 , q2}
{q0}
{q1 , q2} {q0 , q1, q2}
{q0 , q1, q2} {q0 , q1, q2}
{q1, q2}
{q2}
{q1, q2}
{q1, q2}
{q2}
{q1, q2}
11
a, b
b
a
a
a
{q0 , q1}
{q1} b {q2}
{q0}
{q0 , q2}
b
b
a b
{q1, q2}
b
{q0 , q1, q2}
a
a
a, b
12
練習 {a, b} とする。
NFA
N {q0 , q1, q2}, , , q0 ,{q1}
q0
q1
q2
a
b
{q1}
{q1}
{q1 , q2}
{q0} {q1 , q2}
q0
a
a, b
N
a
q1
b
a
q2
b
このNと同じ言語を受理するDFA
D Q ', , ', q0 ',{q0}, F '
を構成せよ。
13
補足
初期状態から、到達可能でない状態はDFAから削除できる。
a, b
b
a
a
{q2}
{q0}
b
b
{q1, q2}
b
{q0 , q1, q2}
a
a
14
NFA→DFAの証明
xの長さ x に関する帰納法で
'(q0 ', x) {q1, q2 , , qi }
文字列
であるための必要十分条件が、
(q0 , x) {q1, q2 , , qi }
であることを示す。
基礎
x 0
x
q0 ' {q0}
このとき、
であり、しかも
である。
よって、明らかに成り立つ。
15
帰納
x m のとき成り立つと仮定する。
長さが m 1 の文字列 xs （ s ）に対して、
'(q0 ', xs) '( '(q0 ', x), s)
を考える。
帰納法の仮定より、
'(q0 ', x) { p1, p2 , , p j }
(q0 , x) { p1, p2 , , p j }
また、 ' の定義から、
'({ p1, p2 , , p j }, s) {r1, r2 , , rk }
({ p1, p2 , , p j }, s) {r1, r2 , , rk }
16
よって、
'(q0 ', xs) {r1, r2 , , rk }
(q0 , xs) {r1, r2 , , rk }
また、
'(q0 ', x) F ' (q0 , x) F
である。
したがって、
L(D) L( N )
である。
QED
17
NFAから拡張NFAへ
GNFA
NFA
NFAの受理状態が複数あるのに対して、
GNFAの受理状態は一つである。
0
q000
0
0
q100
1 0 1
1
q001
0
0
q010
0 1
q011
q101
1
1
q110
0
q000
0
q001
q111
0
q100
1 0 1
1
0
0
qs
0 1
q011
q101
1
1
1
q010
1
q110
0
0
q111
1
qa
NFA
拡張NFA
18
1
ここでは、NFA→GNFAを形式的に示す。
任意のNFAを N (Q, , , q0 , F ) とする。
このとき、 N と同じ言語を受理するGNFA
G (Q ', , ', qs , qa ) を構成する。
１． 状態の追加
Q ' Q {qs , qa }
19
２．状態遷移関数 ' の決定
・通常の状態
q Q, s に対して、
(q, s) P {qx | qxはqから 遷移可能な関数}
のとき、
q Q '{qs , qa }, s に対して、 '(q, qx ) s
・初期状態
'(qs , q0 )
・受理状態
q F に対して、
'(q, qa )
・上で定められていない定義域
'(q, q ')
20
練習
S = {a, b} とする。
次のNFAに対して、同じ言語を受理するGNFAを
状態遷移図と形式的定義の両方で与えよ。
q0
a
a, b
a b b
q1
q2
a
21
正規表現からGNFAへ
GNFA
RE
方針：
任意の正規表現 r に対して、
L(r ) = L(G )
となるような
G = (Q, S, d, qs , qt )
を構成する。
正規表現に基づいて、再帰的に構成していく。
22
演算数による帰納法
アルファベットを
とする。
S
基礎
r=f
Gf
r= e
Ge
のとき、
qs
qt
のとき、
qt
r = a(Î S )
qs
a
qt
23
帰納
r 'も
演算数が m 以下のどんな正規表現
対応するGNFAがあるとする。
演算数が m
+ 1である正規表現 r
を考える。
正規表現の定義より、３つの場合が存在すｒ。
（１）場合１
r = r1 + r2の形にできるとき。
ここで、 r1, r2 は、正規表現だが、
演算数は m 以下である。
よって、 L(r ) = L(G ), L(r ) = L(G )
1
1
2
2
となる２つのGNFA
G1,G2 が存在する。
24
これらを用いて L(r ) を受理するGNFA
以下のように構成できる。
e
1
s
q
G1
G
1
t
q
qs2
G2
e
qt
qs
e
を
qt2
e
G
25
（２）場合２
r = r1r2 の形にできるとき。
ここで、 r1, r2 は、正規表現だが、
演算数は m 以下である。
よって、 L(r ) = L(G ), L(r ) = L(G )
1
1
2
2
となる２つのGNFA
G1,G2 が存在する。
これらを用いて L(r ) を受理するGNFA
以下のように構成できる。
1
s
q
qs
1
t
G1 q
e
G
を
2
G
q
2 qt
2
s
qt
G
26
（３）場合３
*
1
r=r
の形にできるとき。
ここで、 r1
は、正規表現だが、
演算数は m 以下である。
よって、 L(r ) = L(G ) なるGNFA
1
1
これらを用いて L(r ) を受理するGNFA
以下のように構成できる。
G1 が存在する。
G
を
e
qs
e
qs1 G1 qt1
e
qt
e
G
27
以上より、
任意の正規表現はGNFAに変換可能である。
QED
28
例 S = {0,1}
*
上の正規表現 r = 01 + 1 を受理する
GNFA G を構成する。
r1 = 01*, r2 = 1 とおけば、 r = r1 + r2
r3 = 0, r4 = 1*
r5 = 1
である。
とおけば、 r1 = r3r4
である。
r4 = r5*
である。
とおけば、
よって、まず基礎が以下のように構成できる。
G5
G3
G2
5
s
q
3
s
q
2
s
q
1
0
1
5
t
q
qt3
qt2
29
r4 = r5* を受理するGNFA
e
4
s
q
5
s
q
G 4 は、 G5を用いて
1 eqt5 e
qs4
G5 e
G4
r1 = r3r4 を受理するGNFA
3
s
q
G1
0
3
t
q
G1 は、 G 4を用いて
4
s
e q
e q5
s
1
e
5
t
q
e qs4
e
G3
G4
30
r = r1 + r2 を受理するGNFA
3
s
q
0
は、 G1を用いて
G
4 e
5
q
e
q
s
q
s
3
t
1
e
5
t
q
e qs4
e
e
G1
e
qs
qt
e
2
s
q
1
2
t
q
e
G2
31
練習
S = {0,1}
*
r
=
(10
+
0)
上の正規表現
を受理する
GNFA G を構成せよ。
32
GNFAから正規表現へ
RE
GNFA
方針：
任意のGNFA
G = (Q, S, d, qs , qt ) に対して、
L(G ) = L(r )
となるような
r
を導く。
Gの状態数を減少させることにより、
最終的には２状態のGNFAを構成していく。
33
状態の削除法
１．削除する状態 qp Q を決める。
2．すべての組 qi , qj Q {qp} に対して，
次のようなアークを構成する。
qi
rij
qj
rip
qp
qi
rij r r r
*
ip pp pj
qj
rpj
rpp
削除前
削除後
34
例
0
q0
e
qs
GNFAへ
1
q1
q0
1
qt
1,0
0
e
q1
q1削除
1,0
0
qs
e
0
qs
q0
1(1 0)
*
1(1 0)*
0*1(1 0)*
q2削除
qt
qt
35
例２
q0
0
1
1 1 0 q1
0
q2
qs
GNFAへ
q0 削除 、複数のアーク
e
q0
0
1
1 1 0 q1
0
e
q2
e
qt
を生成することに注意。
qs
1
11
0
01
q2 0 10
e
1 00
q1
q1
削除
e
qt
36
qs
0(1 00)*
1 0(1 00)* 01
qt
(0 10)(1 00)*
q2
11 (0 10)(1 00)* 01
q2
削除
0(1 00)*
qs
(1 0(1 00)* 01)(11 (0 10)(1 00)* 01)* ( (0 10)(1 00)* )
qt
37
練習
次のDFAが受理する言語を正規表現で示せ。
q0
0
0
1
q1
q2 0,1
1
38
２－２． 正規言語の性質
ここでは、DFAの限界を示す。
実際、次のような言語は、正規言語ではない。
B = {0 1 | n ³ 0}
n n
C = {w | wは０ と １ を同じ 数だけ含む文字列}
正規言語でないことを示すための、有用な補題（定理）がある。
39
ポンピング補題
ポンピング補題
Aが正規言語であるならば、ある数 p （ポンピング長）が
存在して、 p より長い任意の文字列 s Î A に対して、
次を満たすように s を
s = xyz
に分割できる。
１．各 i ³ 0 について、 xy i z
２． y ³ 1,(y ¹ e)
３． xy £ p
Î A
40
ポンピング補題の意味
正規言語 A を認識するDFAを M A = (Q, S , d, q0, F )
とする。
実は、 p を M A の状態数（ p = | Q | ）とすると補題が成り立つ。
入力が状態数を超えているとき、必ず状態遷移中に
2度以上おとづれる状態が存在しているはずである。
（このことは、鳩ノ巣原理と呼ばれます。）
例えば、 s = s1s2s 3s 4 L sn Î A による M A の
1 4q5 L q10 であったとする。
状態遷移が q0q3q5qq
ここで、 q10 Î F としています。
41
例の状態遷移
s 3 s 4 s5 s6
s
s
1
2
q0
q3
q5 q1 q4 q5
sn
同じ状態
この例では、
x = s1s2
y = s3s4s5 z = s6 L sn
i
xy
z Î A である。
とすればよい。このとき、
y
x
q0
q5
z
q10
42
q10
ポンピング補題の証明
正規言語 A を認識するDFAを
p = | Q | とする。
また、 n
³ p
とし、
M A = (Q, S, d, q0, F )
s = s1s2s3s4 L sn Î A
とし、
とする。
s を入力としたときの、 M A の状態遷移の系列を
r1r2 L rn + 1とする。すなわち、 1 £ i £ n に対して、
ri + 1 = d(ri , si )
である。
鳩ノ巣原理より、列 r1r2 L rn + 1 の最初の p + 1 個の中に
同じ状態が2回以上現れる。
2回現れた状態の一回目を rj とし、
２回目を rk とする。
43
ここで、
x = s1 L s j - 1
y = s j L sk- 1
z = sk L sn
とおく。
このとき、補題の３条件をすべて満たしている。
QED
44
非正規な言語
次の言語は正規言語ではない。
B = {0n1n | n ³ 0}
B = {w | wは０ の列のあと に同じ 長さ の１ の列が続く}
= {e, 01, 0011, 000111, 000011111, L }
45
証明
ポンピング補題を用いて背理法で証明する。
Bは正規言語であると仮定する。（背理法の仮定）
Bは正規言語であるので、あるポンプ長 p が存在する。
p p
s= 01
とする。
このとき、ポンピング補題より、
s = xyz
と分割できる。
このとき、
（１）0だけ
y として次の３つの場合が考えられる。
（２）1だけ
（３）0の列と1の列の連結
しかし、次のようにいずれの場合も矛盾が生じる。
46
（１）
y が0だけのとき
このとき、ポンピング補題より、
xy 2z = xyyz も B に含まれなければならない。
（ xyyz Î B ）
しかし、 xyyz は0の数が多いので xyyz Ï B であり、
矛盾が生じる。
（2）
y が1だけのとき
（１）と同様に矛盾が導ける。
（3）
y が0の列と1の列の連結のとき
y = 0j 1k とする。
j k j k
このとき、 xyyz = x 0 1 0 1 z であるが、
1の前に0があり xyyz Ï B である。
以上、すべての場合で矛盾が生じるので、
Bは正規言語ではない。
QED
47