그럼에도 불구하고 펌핑 할 수있는 문맥이없는 언어의 예?

따라서 기본적으로 L은 CFL에 대한 펌핑 렘마의 조건을 충족하지만 CFL은 아닙니다 (이는 렘마의 정의에 따라 가능).

formal-languages context-free pumping-lemma

— 사용자 2329564
소스

이것은 숙제 문제입니까, 아니면 궁금하십니까?

— Yuval Filmus

이것은 숙제가 아니지만 시험에서 볼 수 있습니다 (직원을 아는 직감). 그리고 나는 항상 궁금합니다 :)

— user2329564

비슷한 질문이 있었지만 일반 언어에 대해서도 마찬가지 였습니다. 동일한 유형의 구성이 적용됩니다. 특수 기호

를 사용하고 불쾌한 언어

대해

을 고려하십시오 .

$

$\$$

$ K \cup {$^{k} ∣ k \neq 1} {a, b}^{*}

$\$K \cup \{ \$^k \mid k \neq 1\}\{a,b\}^*$

K \subseteq {a, b}^{*}

$K\subseteq \{a,b\}^*$

— Hendrik 1

답변:

전형적인 예는 입니다. 그의 논문에서 현명한 쇼 Bar-Hillel 펌핑 렘마와 Parikh의 정리 (문맥이없는 언어로 된 단어의 길이가 준 선형이라고 말하지 않음)가 증명할 수없는 문맥없는 언어에 대한 강력한 펌핑 보조 정리 그 문맥 자유가 아닙니다. 정규 언어와의 교차와 같은 다른 트릭도 도움이되지 않습니다. (Bar-Hillel 펌핑 보조 정리의 일반화 인 Ogden의 보조 정리는 $L = \{ a^i b^j c^k : i,j,k \text{ all different} \}$ $L$ $L$ 또한 문맥이없는 (계산 가능한 언어의 경우)에 해당 하는 대체 펌핑 보조 정리를 제공하고 이를 사용하여 에 문맥이없는 것이 아님 을 증명합니다 . $L$

언어 것이 현명한의 펌핑 표제어 상태 문맥 자유 IF 및 인 (제한) 문법이있는 경우에만 발생 및 정수 되도록마다 에 "sentential 형태"를 생성 (그래서 아닌 단말을 포함 할 수 있음) 길이 , 쓸 수 있습니다. 여기서 는 비어 있지 않습니다. $L$ $G$ $L$ $k$ $G$ $s$ $s$ $|s| > k$ $s = uvxyz$ $x,vy$ $|vxy| \leq k$ 및 비 단말기가 되도록 생성 그리고 모두 생성 및 . $A$ $G$ $uAz$ $A$ $vAy$ $x$

와이즈는이 부류의 조건을 반복해서 적용함으로써 이 상황에 맞지 않다는 것을 증명할 수 있지만 세부 사항은 다소 복잡합니다. 또한 훨씬 더 복잡한 등가 조건을 제공하며이를 사용하여 언어가 컨텍스트가없는 언어의 유한 교차로 작성 될 수 없음 을 증명합니다 . $L$ $\{ a^n b a^{nm} : n,m > 0 \}$

Wise의 논문에 접근 할 수없는 경우 (페이 월드 뒤에 있음) 인디애나 대학교 기술 보고서로 작성된 타자기 버전 이 있습니다.

오그 덴의 음모의 펌핑 조건을 만족시키는 비 문맥이없는 언어는 펌핑 레마의 대화 인 Johnsonbaugh and Miller에 의해 주어졌으며 오그 덴의 음모를 만족시키는 언어 인 Boasson과 Horvath에 기인한다 . 문제의 언어는 우리는 쓸 수

\begin{aligned} 엘^{'} & = ⋃_{엔 \geq 1} ({이자형}^{+} ㅏ^{+} 디^{+})^{엔} ({이자형}^{+} 비^{+} 디^{+})^{엔} ({이자형}^{+} 씨^{+} 디^{+})^{엔} \\ \cup (ㅏ + 비 + 씨 + 디) Σ^{※} \cup Σ^{※} (ㅏ + 비 + 씨 + 이자형) \cup Σ^{※} (이자형 디 + 디 (ㅏ + 비 + 씨) + (ㅏ + 비 + 씨) 이자형) Σ^{※} . \end{aligned}

$\begin{align*} L' &= \bigcup_{n \geq 1} (e^+a^+d^+)^n(e^+b^+d^+)^n(e^+c^+d^+)^n \\ &\cup (a+b+c+d)\Sigma^* \cup \Sigma^*(a+b+c+e) \cup \Sigma^*(ed+d(a+b+c)+(a+b+c)e)\Sigma^*. \end{align*}$

개의 상이한 라인에 대응하는도

를 참조한다. 참고

그

일반적인 것이다. Ogden의 명칭은

이 문맥이 없음을 입증하기 위해 사용될 수 있고, 따라서

이 둘 다

이 아니고,

이 문맥이없는것을직접나타 내기 위해사용될수는 없다.

L^{'} = L_{1} \cup L_{2}

$L' = L_1 \cup L_2$

L_{1} \cap L_{2} = \emptyset

$L_1 \cap L_2 = \emptyset$

L_{2}

$L_2$

L_{1}

$L_1$

L^{'}

$L'$

L^{'}

$L'$

— 유발 필름 러스
소스

다음과 같은 프로덕션이 하나 이상 필요하지는 않습니다. A-> sententialForm1 펌핑이 가능한 sententialForm2

— user2329564

좀 더 일반적으로 : 비 터미널 B가 A에서 파생 가능한 문장 형식의 일부가 될 필요는 없습니다. 임의의 길이는 A에서 펌핑 할 수 있습니다.

— user2329564

나는 왜 펌핑에 해당 하는 프로덕션

가지고 있는지 알지 못합니다 . 예를 들어,

이므로 펌핑 보조기구를 즉시 복구합니다 .

A \Rightarrow^{+} v A y

$A \Rightarrow^+ vAy$

S \Rightarrow^{*} u A z \Rightarrow^{*} u v^{i} A y^{i} z \Rightarrow^{*} u v^{i} x y^{i} z

$S \Rightarrow^* uAz \Rightarrow^* uv^iAy^iz \Rightarrow^* uv^ixy^iz$

— Yuval Filmus

우리의 참고 자료에 대한 좋은 추가처럼 들린다 .

— Raphael

"역 gsm 매핑"에서 클로저가 누락 된 또 다른 사항은 planetmath.org/generalizedsequentialmachine을 참조하십시오 . 아마도 나는 이것을 어느 시점에 추가 할 것입니다.

— Yuval Filmus

더 간단합니다 : . 항상 펌프 수 들; 정규 과의 교차점 은 비 CFL을 제공합니다 ( 펌핑 보조로 확인할 수 있습니다). $\{a^m b^n c^n d^n\colon m \ge 1, n \ge 1\}$ $a$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$

— 폰 브란트
소스

이것은 세 번째 숙제에 좋은 추가가 될 것입니다 ... muahaha

— Renato Sanhueza

나는 이것이 옳다고 생각하지 않습니다. 하나와 언어 시작하면 당신은 펌프하려고하면, 다음 사실을 계정에 당신이를 것으로

도 언어에 있어야합니다.

a

$a$

a

$a$

a^{0}

$a^0$

— MCT

MCT의 의견을 확대하려면 :

단어를 고려하십시오 . 선택

. 그런 다음

경우

는 a로 시작하지 않기 때문에 언어가 아니므로 보조 명칭이 유지되지 않습니다.

a b^{p} c^{p} d^{p}

$ab^pc^pd^p$

v = a

$v=a$

u = w = x = ε

$u=w=x=\varepsilon$

y = b^{p} c^{p} d^{p}

$y=b^pc^pd^p$

i = 0

$i=0$

u v^{i} w x^{i} y

$uv^iwx^iy$

— potestasity

간단한 언어는 입니다. 과 교차 하여 분명히 CFL이 아닌 것을 얻으십시오. 그러나 항상 펌핑 하고 해상에서 동일한 길이를 최소화 할 수 있습니다 $\{a b^n c^n d^n \colon n \ge 1\} \cup \mathcal{L}(a a^+ b^+ c^+ d^+)$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$ $a$ . ${}^+$

— 폰 브란트
소스

와이즈의 사례는 이러한 기술들에 대해서도 (명백히) 면역이다.

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus, 그래서 보인다. 하지만 제 사례는 당신이 Wise의 논문을 이해했다는 의심이나 시험의 2 시간 제한에서 CFL이 아니라는 완전한 증거를 원하는 교수들에게 면역입니다

— vonbrand