Использование леммы прокачки для доказательства языка не является регулярным

19

Я пытаюсь использовать насосную лемму, чтобы доказать, что не является регулярным. $L = \{(01)^m 2^m \mid m \ge0\}$

Это то, что я имею до сих пор: Предположим, что регулярна, и пусть будет длиной накачки, поэтому . Рассмотрим любое накачанное разложение такое, что и . $L$ $p$ $w = (01)^p 2^p$ $w = xyz$ $|y| >0$ $|xy| \le p$

Я не уверен, что делать дальше.

Я на правильном пути? Или я далеко?

formal-languages regular-languages pumping-lemma

— Momagic
источник

1

ты на правильном пути. если вы «качаете», вы меняете число 0 и 1, но не количество 2 (почему?). Это приведет к противоречию.

— Ран Г.

о, обратите внимание, что не может быть, чтобы и . Я полагаю, что это опечатка, а вы имели в виду .

| y | > p

$|y|>p$

| x y | < p

$|xy|<p$

| y | > 0

$|y|>0$

— Ран Г.

1

Обратите внимание, что лемма прокачки здесь не самый быстрый способ, так как очень близок к каноническим примерам для нерегулярных языков. Попробуйте использовать закрывающие свойства !

L

$L$

R E G

$\mathrm{REG}$

— Рафаэль

1

Или проверьте доказательство леммы прокачки, чтобы понять, что вы можете иметь перекачиваемую колонну рядом с концом и прокачивать 2 с, что проще.

— vonbrand

@vonbrand или возьмите реверс языка и примените к нему прямую накачку.

— Ал.Г.

5

Подсказка: вам нужно рассмотреть, как выглядят все разложения , так что все возможные вещи , и могут быть заданы так, что . Затем вы прокачиваете каждый из них и видите, нет ли у вас противоречия, которое будет словом не на вашем языке. Каждый случай должен привести к противоречию, которое тогда будет противоречием леммы о накачке. Вуаля! Язык не будет регулярным. $w=xyz$ $x$ $y$ $z$ $xyz=(01)^p2^p$

Конечно, вам нужно проработать детали и рассмотреть все возможные варианты разделения.

— Дэйв Кларк
источник

5

У вас есть разложение и ограничение длины . Что это говорит о том , как , и могут вписаться в разложение? В частности, лемма прокачки позволяет вам повторять , поэтому ваша цель состоит в том, чтобы найти способ, которым многократное повторение (или удаление , иногда это проще) бесповоротно возмущает шаблон, который определяет язык. $xyz = (01)^p 2^p$ $|xy| \le p$ $x$ $y$ $z$ $y$ $y$ $y$

В шаблоне есть очевидная граница: первая часть содержит повторения , вторая часть содержит только . Интересно, где падает. Есть всегда содержится в одной из этих частей, или она может колебаться два? $01$ $2$ $y$ $y$

Так как , полностью содержится в части , а содержит все . Поэтому, если вы повторите еще раз, вы получите более длинную первую часть, но часть останется прежней. Другими словами, оканчивается ровно буквами . Чтобы правильно завершить доказательство, покажите, что содержит слишком много букв и $|xy| \le p$ $xy$ $(01)^p$ $z$ $2$ $y$ $2^p$ $xyyz$ $p$ $2$ $xyyz$ $0$ $1$ чтобы соответствовать регулярному выражению.

— Жиль "ТАК - перестань быть злым"
источник

4

Три года спустя мы собираемся доказать, что с не является регулярным, в отличие от использования свойств замыкания (более быстрый способ, чем использование леммы о накачке). ). $L = \{(01)^m 2^m \mid m \ge0\}$ $\Delta=\{0,1,2\}$

Сначала предположим, что регулярно. Мы знаем, что регулярные языки замкнуты при обратном гомоморфизме. $L$

Рассмотрим гомоморфизм с: $h:\Sigma^* \rightarrow \Delta^*$

$\Sigma = \{a,b\}$

$h(a)= 01$

$h(b)= 2$

Обратный гомоморфизм равен: $L$

$h^{-1}(L)= \{a^nb^n| n\geq 0 \} = L'$

Это порождает противоречие, поскольку является каноническим примером нерегулярного языка, поэтому не может быть регулярным. $L'$ $L$

— Ренато Санхуэса
источник

3

Я собираюсь дать не ответ на этот вопрос, поскольку это не совсем лемма накачки, но, возможно, проливает свет на идею леммы накачки. Вот основной факт о детерминированных автоматах конечного состояния, который является сущностью теоремы Майхилла-Нерода: если две строки и переводят FSA в одно и то же состояние, то для любого оба из и равны принято или нет. $a$ $b$ $c$ $ac$ $bc$

Возвращаясь к вашей проблеме, предположим, что у детерминированного автомата для вашего языка есть состояний. Тогда по крайней мере два из , , , , скажем и с , привод автомат в то же состояние (это принцип голубиного отверстия). В соответствии с фактом, то либо оба и $n$ $(01)^1$ $(01)^2$ $\ldots$ $(01)^{n+1}$ $(01)^p$ $(01)^q$ $p\neq q$ $(01)^p2^p$ в или нет, что противоречит. $(01)^q2^p$ $L$

— Луис
источник