Чи регулярний?

Я взяв свою теорію обчислювальних іспитів кілька тижнів тому, і це було одне з питань:

Припустимо, мова $L=\{(a^nb^m)^r \mid n,m,r\ge 0\}$

Чи регулярно L? Якщо так, введіть регулярний вираз або автоматику для нього.

Після того, як я коротко попросив його відповісти після іспиту, виявляється, що це дійсно регулярно (я вважаю, що він сказав, що вираз є простим ). Однак я не можу зрозуміти, чому це так. Те, як я бачу це, поєднує r рази, як це: $(a^*b^*)^*$ $a^nb^m$

$a^nb^ma^nb^ma^nb^m...a^nb^ma^nb^m$ ,

що не є регулярним, оскільки автоматика не може згадувати n і m кожен раз. Де я тут винен?

EDIT: Я знову поговорив з професором, він визнав, що це була помилка. Мова дійсно не є регулярною.

formal-languages regular-languages regular-expressions

— Exci
джерело

Ви повинні запитати свого вчителя, чи мова є такою ж, як мова . Якщо він каже «так», то скажіть йому, що я сказав вам, що його питання було неправильним.

L

$L$

K = {a^{n_{1}} b^{m_{1}} a^{n_{2}} b^{m_{2}} \dots a^{n_{r}} b^{n_{r}} ∣ r \geq 0, a_{1}, \dots, a_{r} \geq 0, b_{1}, \dots, b_{r} \geq 0}

$K = \lbrace a^{n_1} b^{m_1} a^{n_2} b^{m_2} \cdots a^{n_r} b^{n_r} \mid r \geq 0, a_1, \ldots, a_r \geq 0, b_1, \ldots, b_r \geq 0\rbrace$

— Андрій Бауер

Це здається єдиним способом, як це могло бути регулярним, і насправді це те, що я спочатку поспішно думав і насправді вважав (a b ) *, але потім стер його, зрозумівши, що n і m залишаються такими ж (або повинні ..), і дав неспроможність накачувальної леми для r = 2, кажучи, що те саме застосовується і для більшого r (можливо, це не зовсім повне рішення, але, здається, це в правильному напрямку). Потрібно сказати, що я отримав 0 за це питання. Я спробую зв’язатися з ним.

Я б точно зрозумів це питання так, як ви робили спочатку.

— Андрій Бауер

Дивіться тут, щоб дізнатись більше способів показати, що мова не є звичайною.

— Рафаель

ви можете також довести те саме за допомогою перекачування леми

— SAHIL THUKRAL

Відповіді:

Мова не є регулярною, як це можна довести методом Нерода. Розглянемо наступні слова для . Тоді , а для , . Отже, будь-який автомат для повинен знаходитися в іншому стані після читання кожного , що суперечить його кінцевості. $L$ $w_n = a^n b$ $n \in \mathbb{N}$ $w_n^2 \in L$ $n \neq m$ $w_n w_m \notin L$ $L$ $w_n$

— Юваль Фільм
джерело

У своєму коментарі ви натякаєте на те, що ви (цитуєте) "давали накачувальну лемму заперечення для , кажучи те саме, що застосовується і для більшого ". $r=2$ $r$

Це дійсно можна формалізувати, застосувавши властивість закриття. Звичайні мови закриті під перетином. Отже, якщо регулярний, то так би було , фактично встановлюючи і . $L$ $L\cap a^*ba^*b = \{ a^n b a^n b \mid n\ge 0\}$ $r=2$ $m=1$

— Гендрік Ян
джерело

Шановний читачу, будь ласка , не забирай "якщо

L

$L$ не є регулярним, то і ні

L^{'} \supset L

$L' \supset L$ "тут - тому що це просто помилково!

— Рафаель

@Raphael Right. Тож правильним наслідком було б "якби

L \cap R

$L\cap R$ не є регулярним, то і ні

L

$L$ ", де регулярний.

R

$R$

— Хендрік Ян

Звичайно. Я був стурбований тим, що новачки можуть прочитати "ефективно налаштування ..." і застосувати це, не використовуючи властивості закриття.

— Рафаель

Мова: {(a ⁿ b ^m ) ^r | n, m, r≥0} не є регулярним, оскільки, хоча автомат / машина читає першу послідовність літер 'a', а потім літери 'b', йому потрібно підраховувати кількість разів, коли вона читає букву 'a' і кількість разів, коли вона читала букву 'b' у першій послідовності, щоб знати значення n і m .

Якщо r> 1, то очікується інша однакова послідовність літер 'a' та літер 'b'.

Якщо автомат / машина не знає, скільки букв 'а' та букв 'b' прочитано в першій послідовності, то він також не знає значення n і m, і тому він не може знати, якщо інші послідовності від другого до останнього - це слова, що дорівнюють першій послідовності.

Але відомо, що тільки машина Тьюрінга може рахувати та знати значення n та m та розпізнавати мову вище, тож не лише те, що мова вище не є регулярною, але навіть вона також не є контекстною, тобто також не існує автоматичного розгортання, щоб розпізнати цю мову, і не існує контекстної граматики, що кожне слово, отримане з цього контексту, є вільною граматикою.

Тому що той факт, що і детермінований кінцевий автомат, і кінцевий автоматичний виштовхування не можуть рахувати і знати значення n і m , на відміну від машини Тьюрінга, вони не можуть розпізнати вищевказану мову, і тому вищевказана мова не є контекстною і не є регулярним.

Контрприклад припущення про те, що мова вище є регулярною:

Для n = 3 ∧ m = 5 ∧ r = 2 , наведеним вище мовою є наступне слово:

aaabbbbbaaabbbbb

Але наступне слово не в мові:

aaabbbbbaaaaabbb, тому що не існує n, m і r так:

(a ⁿ b ^m ) ^r = aaabbbbbaaaaabbb, тому що для задоволення першої послідовності літер 'a', а потім літер 'b', повинно бути правдою, що n = 3 ∧ m = 5 , і тому, що ми бачимо 2 послідовності літер ' a ', а потім літери' b ', то r = 2 , але якщо n = 3 ∧ m = 5 ∧ r = 2, то (a ⁿ b ^m ) ^r = (a ³ b ⁵ ) ² = (aaabbbbb) ² = aaabbbbbaaabbbbb ≠ aaabbbbbaaaaabbb, оскільки суфікси їх різні, тобто aaabbbbb ≠ aaaaabbb, хоча їх префікси дорівнюють aaabbbbb для r = 1.

"Кращим" детермінованим кінцевим автоматом, який можна побудувати для цієї мови, є детермінований кінцевий автомат, який розпізнає регулярний вираз (a * b *) *, але він не розпізнає вищевказану мову, тому що говорить, що обидва слова aaabbbbbaaabbbbb та aaabbbbbaaaaabbb є мовою, і це неправда, тому що aaabbbbbaaabbbbb є мовою, але aaabbbbbaaaaabbb не є в мові.

Навіть обмежений автомат не може визначити, чи обидва слова є мовою чи ні, тому лише машина Тьюрінга може.

У другій послідовності машина Тьюрінга виявила, що n = 5 ∧ m = 3, і це суперечить тому, що в першій послідовності було встановлено, що n = 3 ∧ m = 5 , тож це говорить про те, що другого слова немає в мові , але в першому слові не зустрічається протиріччя.

Обидві послідовності задовольняють, що n = 3 ∧ m = 5 , тому машина Тьюрінга говорить, що перше слово в мові.

Тільки машина Тьюрінга може, якщо вона рахує і запам'ятовує значення n і m , записуючи їх значення на свою стрічку і пізніше їх читати.

— Прощальний обмін стеками
джерело