Використання перекачувальної леми для доведення мови не є регулярним


19

Я намагаюся використовувати накачувальну лему, щоб довести, що не є регулярним.L={(01)м2мм0}

Це те, що я маю досі: Припустимо, є регулярним і нехай - довжина накачування, тому . Розглянемо будь-яке насосне розкладання таким, що і .Lpш=(01)p2pш=хуz|у|>0|ху|p

Я не впевнений, що робити далі.

Я на правильному шляху? Або я пішов?


1
ти на правильному шляху якщо ви "накачуєте", ви змінюєте число 0 і 1, але не число 2 (чому?). Це призведе до суперечності.
Ран Г.

о, зауважте, що це не може бути так, що і . Я думаю, це помилка друку, і ти мав на увазі . | х у | < p | у | > 0|y|>p|xy|<p|y|>0
Ран Г.

1
Зауважте, що накачування леми - це не найшвидший спосіб, оскільки дуже близький до канонічних прикладів для нестандартних мов. Спробуйте використовувати властивості закриття ! Р Е ГLRЕГ
Рафаель

1
Або перевірте підтвердження накачаної леми, щоб зрозуміти, що ви можете мати накачану струну також наприкінці, і накачати 2, що простіше.
фонбранд

@vonbrand або візьміть зворотний бік мови і застосуйте пряму накачувальну лему до цієї.
Ал.Г.

Відповіді:


5

Підказка: Вам потрібно врахувати, як виглядають усі розклади , тому якими є всі можливі речі x , y і z можна задати, що x y z = ( 01 ) p 2 p . Потім ви накачуєте кожен і бачите, чи не отримуєте ви протиріччя, яке буде словом не на вашій мові. Кожен випадок повинен вести до суперечності, яка б тоді була суперечливістю накачаної леми. Вуаля! Мова не була б регулярною.w=xyzxyzхуz=(01)p2p

Звичайно, вам потрібно опрацювати деталі і розглянути всі можливі розколи.


5

У вас є розкладання і обмеження довжини | х у | p . Що це говорить про те, як x , y і z можуть вміститися при розкладанні? Зокрема, накачана лема дозволяє повторити y , тому ваша мета - знайти якийсь спосіб, коли повторення y багато разів (або видалення y , іноді це простіше) буде безповоротно порушити шаблон, що визначає мову.xyz=(01)p2p|xy|pxyzyyy

У шаблоні очевидна межа: перша частина містить повтори , друга частина - лише 2 . Цікавим є те, де y падає. Чи y завжди міститься в одній із цих частин, чи може обминути їх двома?012yy

Оскільки , x y повністю міститься у частині ( 01 ) p , а z містить усі 2 's. Отже, якщо повторити y ще раз, ви отримаєте більш довгу першу частину, але частина 2 p залишається такою ж. I iншими словами, x y y z закінчується буквами p буквами 2 . Щоб правильно закінчити доказ, покажіть, що x y y z містить занадто багато букв 0 і 1|xy|pxy(01)pz2у2pхууzp2хууz01 підходити до регулярного виразу.


4

Через три роки ми докажемо, що при Δ = { 0 , 1 , 2 } не є регулярним протиріччям із застосуванням властивостей закриття (швидший спосіб, ніж використання накачувальної леми ).L={(01)м2мм0}Δ={0,1,2}

Спочатку ми припускаємо, що регулярний. Ми знаємо, що звичайні мови закриваються при оберненому гомоморфізмі.L

Розглянемо гомоморфізм з:год:ΣΔ

Σ={а,б}

год(а)=01

год(б)=2

Зворотний гомоморфізм дорівнює:L

h1(L)={anbn|n0}=L

Це породжує протиріччя, оскільки є канонічним прикладом неправильної мови, тому L не може бути регулярним.LL


3

Я збираюся дати невідповідь на це питання, оскільки це не зовсім насосна лема, але, можливо, проливає світло на те, що ідея качаючої леми. Ось основний факт про детерминированном кінцевому автоматі, який суть теореми Myhill-Nerode: Якщо два рядки і б привід FSA в тому ж стан, то для будь-яких з , або обидва через гр і б з в прийнято, або жодне не є.абcаcбc

Повернімося до вашої проблеми, припустимо, що детермінований для вас автомат має станів. Тоді щонайменше два з ( 01 ) 1 , (н(01)1 , , ( 01 ) n + 1 , скажімо, ( 01 ) p і ( 01 ) q з p q , приводять автомат до того ж стану (це принцип голубого отвору). Згідно з фактом, то або обидва ( 01 ) p 2 p і(01)2(01)н+1(01)p(01)qpq(01)p2p знаходяться в L або немає, що є суперечливістю.(01)q2pL

Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.