해밍 거리가 2 이상인 문맥 길이가 같은 동일한 길이의 단어 쌍의 언어입니까?

다음 언어 컨텍스트는 무료입니까?

sdcvvc에 의해 지적 된 바와 같이,이 언어의 단어는 또한 해밍 거리가 2 이상인 동일한 길이의 두 단어의 연결로 설명 될 수있다.

나는 그것이 컨텍스트가 없다고 생각하지만 그것을 증명하는 데 어려움을 겪고 있습니다. 나는이 언어를 일반 언어 (예 : ) 와 교차하려고 시도한 후 펌핑 보조 및 \ 또는 동형을 사용했지만 항상 특성화하고 쓰기에 너무 복잡한 언어를 얻습니다. 내려가는.$\ 0^*1^*0^*1^*$

참고 [2019-07-30] 증거가 잘못되었습니다 ... 질문이 소리보다 복잡합니다.

여기서 실패한 시도는 또 다른 아이디어입니다.

을 일반 언어 과 교차 하면 CF 언어가됩니다.$L$$L_{reg} = 0^*10^*10^*10^*$

(정확히 4 1 인 문자열)을 사용하면 더 많은 행운을 얻을 수 있습니다 .$L_{reg}' = 0^*10^*10^*10^*10^*$

하자 비공식적으로, 절반이 정확히 포함하도록이 두 반쪽으로 분할 될 수 있다면, 또는 두 반쪽 두 포함 의 위치는 일치하지 않습니다.$L_1 = L \cap L_{reg}'$$w \in L_1$$\{0,1,3,4\}$ $1s$$1$

한다고 가정 $L_1$ CF이고하자 $G$ 촘스키 정규형의 문법, 그리고하자

우리는 $|u|=|v|$(길이조차도) 및 $d(u,v) \geq 2$

$w$ 의 4 개의 1 이 생성 될 수있는 방식으로주의를 제한 하면 그림 1의 상단에 3 개의 경우가 표시됩니다. 그림 1의 중앙 부분은 첫 번째 경우를 보여줍니다 (그러나 다른 것은 유사합니다). .

그림 1 (전체 사진은 여기에서 다운로드 할 수 있습니다 )

우리는 선택할 경우 = E , C = 2 및 B를 , D » 우리 1S 두 쌍의 제로 독립적 펌핑 (도면에서 빨간색 노드)이어야 참조 : 특히, 충분히 큰 대 B » , 내부 하위 트리에 중복 된 비 터미널 노드 (그림 2의 노드 X) 또는 첫 번째 또는 두 번째 1 (그림 2의 노드 Y) 경로의 하위 시퀀스가 ​​반복됩니다. 참고 그림 2는 단순 조금이라고 더 자세한 비단 둘 사이의 노드가있을 수 X 들, 또한 둘 사이에 Y 의 ( Y → .$a=e, c=2a$$b,d \gg a$$b \gg a$$X$$Ys$$Y\to ... \to Z_i \to ... Y$ 이지만$Z_i$ 를 사용하면 처음 1)의 오른쪽에 0 만 생성됩니다.

그림 2

따라서 임의의 $a = e = k, c = 2a$ 고정한 다음 첫 번째와 두 번째 1 사이의 0 시퀀스에서 독립적으로 펌핑 가능한 노드를 얻을 수 있을만큼 충분히 큰 $b$ 를 선택 합니다. 세 번째와 네 번째 1 사이의 0의 시퀀스에 대해 d = b를 선택할 수 있습니다 ! + b . 그러나 0 b 는 독립적으로 펌핑 가능하므로 p ≤ b 펌핑 가능한 하위 문자열 y가 있습니다 . 즉 b = x y z , |$1$$d = b! +b$
$0^b$$p \leq b$$y$$b = xyz, |y|=p, |x|\geq 0, |z|\geq 0$ 및$xy^iz = b!+b$ . 우리가 얻는 문자열은 다음과 같습니다.

그러나 $w' \notin L_1$ . 따라서 $L_1$ 은 CF가 아니며 마지막으로 $L$ 은 CF가 아닙니다.

증거가 정확하면 (???) 모든 언어로 확장 할 수 있습니다. $L_k = \{ uv : |u|=|v|, d(u,v)\geq k\}, k\geq 2$

@Hendrik Jan (감사합니다)에 의해 반증 된 두 번의 시도가 실패한 후에는 더 성공하지 못한 또 하나의 시도가 있습니다. @Vor는 올바른 경우 동일한 구성이 적용될 결정 론적 CF 언어의 예를 찾았습니다. 이것은 보조 정리의 적용에서 문자열 의 앵커링에서 오류를 식별하는 것을 허용했습니다 . 명예 자체는 잘못한 것처럼 보이지 않습니다. 이것은 너무 단순한 구조입니다. 주석에서 자세한 내용을 참조하십시오.$y$

언어 에 컨텍스트가 없습니다.$L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^*\text \{ \epsilon \} \ ,\ \mid u \mid = \mid v \mid \ , \ u \not= v \ , \ \mid x \mid = \mid y \mid \ , \ x \not= y \ \}$

특성화 명심하는 것이 도움이된다 여기서 d는 해밍 거리이며 @sdcvvc에서 제안합니다. 생각해야 할 것은 각 반열에서 선택된 두 위치가 해당 기호가 다르다는 것입니다.$L= \{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$

그럼 당신은 문자열 고려 그런 내가 < J 와 내가 + j는 심지어입니다. 두 1 사이의 어느 곳에서나 u 와 x 를 자르면 언어 L로 명확합니다 . 우리는 그 문자열을 1 사이의 첫 부분에 펌핑 하여 언어가 아닌 10 j 10 j 가되도록하고 싶습니다 .$10^i10^j$$i \lt j$$i+j$$u$$x$$10^j10^j$

우리는 먼저 사용하려고 오그 덴의 보조 정리 펌핑 보조 정리와 비슷하지만, 적용 , 문자열에 표시됩니다 이상의 식별 기호를 , p는 표시 기호 펌핑 길이 인 (그러나 또한 펌프 수 있기 때문에 보조 정리는 더 펌프 수 있습니다 표시되지 않은 기호). 펌핑 표시 길이 p 는 언어에만 의존합니다. 이 시도는 실패하지만 실패는 힌트입니다.$p$$p$$p$

그런 다음 를 선택 하고 i 0의 첫 번째 시퀀스에 기호를 표시 합니다. 우리는 두 개의 1 중 어느 것도 펌프에 들어 가지 않을 것임을 알고 있습니다. 펌프하지 않고 한 번만 펌핑 할 수 있기 때문입니다 (지수 0). 1을 펌핑하면 언어에서 벗어날 수 있습니다.$i=p$$i$

그러나 우리는 두 번째 1의 양쪽에서 빠르거나 오른쪽에서 더 빠르게 펌핑 할 수 있으므로 두 번째 1은 문자열의 중간을 가로 지르지 않습니다. 또한 Ogden의 기본 정리 는 펌핑되는 것의 크기에 대한 상한을 고정하지 않으므로 펌핑을 구성하여 스트링의 중간을 정확히 오른쪽으로 1을 얻을 수는 없습니다.

우리는 이러한 어려움을 처리 할 수있는 수정 된 버전의 보조 정리 (여기서 Nash 's Lemma)를 사용합니다.

우리는 먼저 정의가 필요합니다 (문헌에 다른 이름이있을 수 있지만 어떤 도움을 환영하는지 모르겠습니다). 문자열 라고가 될 소거 문자열의 V 가로부터 얻어진다 IFF에 V 의 심볼 지워서 V . 우리는 u ≺ v 를 주목할 것 입니다.$u$$v$$v$$v$$u \prec v$

내쉬의 보조 정리는 : 경우 컨텍스트가없는 언어는, 두 개의 숫자가 존재 P > 0 및 Q를 > 0 이되도록 모든 문자열에 대한 w 적어도 길이의 페이지 에서 L , 및 "표시"의 모든면 페이지 이상 또는 직책 w , 승 으로 작성 가능 w = u는 X , Y , Z의 절 문자열 U , X , Y , Z , V가 있는지 등을$L$$p\gt0$$q\gt 0$$w$$p$$L$$p$$w$$w$$w=uxyzv$$u$$x$$y$$z$$v$

1. 에는 하나 이상의 표시된 위치가 있습니다.$xz$
2. 는 최대 p 개의 표시 위치를 가지며$xyz$$p$
3. 3 개 문자열이있다 X , Y , Z 그러한 $\hat x$$\hat y$$\hat z$
   1. , Y ≺Y, Z ≺Z,$\hat x \prec x$$\hat y \prec y$$\hat z \prec z$
   2. , 1 ≤ | Y | ≤ Q 및$1 \leq \mid \hat x \hat z \mid \leq q$$1 \leq \mid \hat y \mid \leq q$
   3. 되어 L 마다 대한 I ≥ 0 매 대해 J ≥ 0 .$ux^j\hat x^i\hat y\hat z^iz^jv$$L$$i \geq 0$$j \geq 0$

증명 : Ogden의 명예 증명 과 유사하지만 문자열 및 x z에 해당하는 하위 트리 가 제거되어 동일한 비 터미널이 두 배인 경로를 포함하지 않습니다 (이 두 하위 트리의 루트는 제외). 이것은 필연적으로 생성 된 캐릭터의 크기가 제한 X , Z 및 Y를 상수에 의해 Q . 문자열이 X J 및 Z J를 들어, J ≥ 0 트리 unpruned의 버전에 대응하는, 주로 사용되는 J = $y$$xz$$\hat x\hat z$$\hat y$$q$$x^j$$z^j$$j \geq 0$$j=1$ 기본 정리가 적용될 때 회계를 단순화합니다.

가장 왼쪽에있는 기호를 0 으로 표시하여 위의 시도를 수정 하지만 두 개의 1 사이에 문자열의 왼쪽 부분을 펌핑하기 위해 2 개의 q 기호 0 이옵니다 . 총 만드는 것이 내가 = P + 2 Q 1의 사이에 0의 (실제로 I = P + Q가 충분한 것입니다 우단 1이 될 수 없다 Z 간단히 제거 할 수있는 것이다).$p$$2q$$i = p + 2q$$i = p + q$$\hat z$

남은 것은 선택 하여 두 시퀀스가 ​​동일하도록 정확한 숫자 0을 펌핑 할 수 있도록하는 것입니다. 그러나 지금까지 j 에 대한 유일한 제약 은 i 보다 커야 합니다. 또한 각 펌핑에서 펌핑되는 0의 수가 1과 q 사이임을 알고 있습니다. 따라서 h 는 첫 q 정수의 곱 이라고하자 . j = i + h를 선택합니다 .$j$$j$$i$$h$$q$$j=i+h$

따라서 펌핑 증분 무엇이든지 [ 1 , q ]에 있으므로 h를 나눕니다 . k를 몫으로 하자 . 정확히 k 번 펌핑 하면 언어가 아닌 10 j 10 j 문자열을 얻습니다 . 따라서 L은 컨텍스트가 없습니다.$d$$[1,q]$$h$$k$$k$$10^j10^j$

.

나는
나무처럼 사랑스러운 끈을 보지 못할 것이라고 생각합니다 .
구문 분석이없는 경우
문자열이 잘못되었지만 멀리 있음

$L$$\qquad\begin{align} S &\to AXBY \mid BYAX \\ A &\to 0 \mid 0A0 \mid 0A1 \mid 1A0 \mid 1A1 \\ B &\to 1 \mid 0B0 \mid 0B1 \mid 1B0 \mid 1B1 \\ X &\to 0 \mid 0X0 \mid 0X1 \mid 1X0 \mid 1X1 \\ Y &\to 1 \mid 0Y0 \mid 0Y1 \mid 1Y0 \mid 1Y1 \\ \end{align}$