Wenn L kontextfrei ist, muss FH (L) kontextfrei sein?

Definieren $FH(L) = \{x \in \Sigma^* : \exists y \in \Sigma^* \text{ with } |x| = |y| \text{ such that } xy \in L\}$. Mit anderen Worten,$FH(L)$ ist die Menge der ersten Hälften von Saiten gleicher Länge in $L$. Vor diesem Hintergrund, wenn$L$ ist kontextfrei, muss $FH(L)$ kontextfrei sein?

Hier ist mein Beweisversuch:

Schon seit $L$ Ist eine CFL vorhanden, gibt es eine nicht deterministische PDA-Erkennung $L$, $M = (Q, \Sigma, \Gamma, \delta, q_0, Z_0, F)$, wo $\Sigma$ ist das Eingabealphabet, $\Gamma$ ist das Stapelalphabet und $Z_0$ist das Symbol für den anfänglichen Stapelinhalt. PDA konstruieren$M'$ von $M$mit $M' = (Q', \Sigma, \Gamma, \delta', q_0', Z_0, F')$, wie folgt definiert:

$Q' = {q_0'} \cup (Q \times \Gamma_{\varepsilon}) \times (Q \times \Gamma_{\varepsilon}) \times (Q \times \Gamma_{\varepsilon})$.

$F' = \{[(q,X),(q,X),(p,Y)] : X,Y \in \Gamma_\varepsilon \text{ and } p \in F\}$

$\delta'(q'_0, \varepsilon, \varepsilon) = \{([(q,X), (q_0,Y), (q,X)], \varepsilon) : q \in Q \text{ and } X,Y \in \Gamma_\varepsilon \}$

$\delta'([(q,X),(p,Y),(r,Z)], a, \varepsilon) = \{([(q,X),\delta(p,a,Y), \delta(r,b,Z)], \varepsilon): X,Y,Z \in \Gamma_\varepsilon\ \text{ and } b \in \Sigma\}$

Die erste Komponente eines Staates in $Q'$ zeichnet den erratenen Zustand auf $q$und ändert sich nicht, sobald es anfänglich aufgezeichnet wurde. Das zweite Element zeichnet auf, in welchem ​​Zustand wir uns befinden, nachdem wir ein Präfix der Eingabe x verarbeitet haben, beginnend mit dem Zustand$q_0$und das dritte Element zeichnet auf, in welchem ​​Zustand wir uns befinden, nachdem wir ein Präfix des erratenen verarbeitet haben $y$, ab $q$.

Ich bin mir nicht sicher, ob dieser Beweis funktioniert, da ich etwas verwirrt bin, was ich mit dem Stack machen soll $M'$.

Die in den Kommentaren entwickelte Intuition ist richtig. Die Antwort lautet NEIN, es gibt ein Gegenbeispiel, eine CFL, für die die ersten Hälften keine CFL sind.

$L = \{ a^m b^n c^n a^{3m} \mid m,n\ge 1 \}$über dem Alphabet $\{a,b,c\}$, aus der Antwort auf unserer Schwesterseite .

Beweis durch Pumping Lemma: Pick $a^p b^p c^p \in \mathrm{FH}(L)$;; Pumpen zerstört entweder die "$b^n c^n$"- oder die" erste Hälfte "-Eigenschaft.

Eine leichte Anpassung dieser Sprache ist $K = \{ a^m b^n c^n \#\# a^{3m} \mid m,n\ge 1 \}$über dem Alphabet $\{a,b,c,\#\}$. Wir können jetzt den Punkt "erzwingen", an dem sich die Schneidstelle der ersten Hälfte befindet, und eine andere Proof-Technik erhalten.

Lassen $H = FH(K) \cap a^*b^*c^*\#$. Dies bedeutet, dass wir nur die ersten Hälften betrachten, in denen sich die Mitte genau an dem Punkt zwischen den beiden befindet$\#$-Symbole. Somit.$m+2n+1=1+3m$, oder $m=n$. Somit$H=\{a^nb^nc^n \mid n\ge 1\}\#$. Nun wenn$K$ ist dann kontextfrei $H$ist kontextfrei (über den Schnittpunkt der Closure-Eigenschaft durch reguläre Sprachen). Diese Sprache ähnelt einem nicht kontextfreien Standardbeispiel$\{a^nb^nc^n \mid n\ge 1\}$. Dies kann wiederum durch rechten Quotienten mit erhalten werden$\#$das bewahrt auch die Kontextfreiheit .