언어에 컨텍스트가 없음을 증명하는 방법은 무엇입니까?

문맥없는 언어 클래스 에 대해 배웠습니다 $\mathrm{CFL}$. 그것은 모두 특징 문맥 자유 문법 과 푸시 다운 오토마타 가 주어진 언어는 문맥 자유 것을 보여 쉽게 있도록.

그래도 어떻게 반대를 보여줄 수 있습니까? 내 TA는 그렇게하기 위해 모든 문법 (또는 오토마타)에 대해 현재 사용중인 언어를 설명 할 수 없다는 것을 보여 주어야한다고 단호했습니다 . 이것은 큰 일처럼 보입니다!

펌핑 보조 정리에 대해 읽었지만 실제로 복잡해 보입니다.

내 지식에 펌핑 보조 정리 입니다 지금까지 가장 간단하고 가장 많이 사용되는 기법. 열심히 찾으면 먼저 일반 버전을 사용해보십시오 . 그렇게 나쁘지 않습니다. 문맥이없는 언어에는 다른 방법이 있습니다. 예를 들어, 결정 불가능한 언어에는 사소한 맥락이 없습니다.

즉, 펌핑 보조기구가 아닌 다른 기술에도 관심이 있습니다.

편집 : 다음은 펌핑 보조 정리의 예입니다. 언어 에 컨텍스트가 없다고 가정하십시오 ( P 는 소수 세트). 펌핑 보조기구에는 ∃ / ∀ 정량자가 많으므로 이것을 게임처럼 만들 것입니다.$L=\{ a^k \mid k ∈ P\}$$P$$∃/∀$

1. 펌핑 보조기구는 당신에게 p를 제공합니다$p$
2. 당신 은 적어도 p 의 길이의 언어 를 제공합니다$s$$p$
3. 펌핑 보조기구는 다음과 같이 다시 작성합니다. 일부 조건 ( | v x y | ≤ p 및 | v y | ≥ 1 )$s=uvxyz$$|vxy|≤p$$|vy|≥1$
4. 정수 $n≥0$
5. 경우 아닌 L , 당신은 승리, L은 문맥 무료로하지 않습니다.$uv^nxy^nz$$L$$L$

이 특정 언어 어떤 K (와 케이 ≥의 P 와 K 트릭을 할 것입니다 소수이다). 그리고 펌핑 보조 정리는 준다 u는 v에 의 X , Y의 Z를 함께 | v y | ≥ 1 . 상황에 여수를 반증 마십시오, 당신은 찾을 필요가 없음을 되도록 | u v n x y n z | 소수가 아닙니다.$s$$a^k$$k≥p$$k$$uvxyz$$|vy|≥1$$n$$|uv^nxy^nz|$

그리고 은 다음을 수행합니다. k + k | v y | = k ( 1 + | v y | ) 는 소수가 아니므로 u v n x y n z ∉ L 입니다. 펌핑 보조기구를 적용 할 수 없으므로 L 에 컨텍스트가 없습니다.$n=k+1$$k+k|vy|=k(1+|vy|)$$uv^nxy^nz\not\in L$$L$

두 번째 예는 언어 입니다. (물론) 문자열을 선택하고 5 개 부분으로 나눌 수있는 모든 방법이 없으며 모든 파생 된 문자열이 언어로 남아 있음을 보여 주어야합니다.$\{ww \mid w \in \{a,b\}^{\ast}\}$

문자열 가이 증명에 적합한 선택입니다. 이제 v 와 y 가 어디에 있는지 살펴 봐야 합니다. 핵심 부분은 v 또는 y에 무언가가 있어야하고 (아마도 둘 다) v 와 y (및 x )가 길이 p 하위 문자열에 포함되어 있으므로 너무 멀리 떨어져서는 안된다는 것입니다.$s=a^{p}b^{p}a^{p}b^{p}$$v$$y$$v$$y$$v$$y$$x$$p$

이 문자열에는 와 y 가있을 수 있는 여러 가지 가능성이 있지만 실제로는 여러 경우가 매우 비슷해 보입니다.$v$$y$

1. 또는 v y ∈ b ∗ . 그래서 그들은 모두 continguous의 섹션 중 하나에 포함하고의 또는 B 의. 종류의 그들이에있어 어떤 문제가되지 않는 한, 주장 할 수있는 비교적 쉬운 경우입니다 가정합니다. | v y | = k ≤ p . $vy \in a^{\ast}$$vy \in b^{\ast}$$a$$b$$|vy| = k \leq p$
   • 그들은의 첫 번째 섹션에 있다면 의, 우리는 펌프 할 때, 새로운 문자열의 첫 번째 절반은 P + K B의 P - 케이 / 2 , 두 번째는 B K / 2 P는 B의 페이지 . 분명히 이것은 형식이 아닌 w w .$a$$a^{p+k}b^{p-k/2}$$b^{k/2}a^{p}b^{p}$$ww$
   • 다른 세 섹션 중 하나에 대한 논쟁은 거의 동일하게 실행되며, 와 k / 2 가 색인에서 끝나는 곳입니다.$k$$k/2$
2. 는 두 섹션에 걸쳐 있습니다. 이 경우 펌핑다운은 친구입니다. 다시 한 번 이런 일이 일어날 수있는 곳이 몇 개 있지만 (정확히는 3 개), 나는 단지 하나의 예시적인 일을 할 것이고 나머지는 쉽게 알아낼 수있을 것입니다. $vxy$
   • 가 첫 번째 a 섹션과 첫 번째 b 섹션 사이의 경계에 걸쳐 있다고 가정합니다 . 하자 V의 Y를 = K 1 (B)의 K 2 합니다 (어디 정확하게 중요하지 않습니다 s와 (B) 의가에있는 V 와 y를 하지만, 우리는 그들이 위해 거 알아). 그런 다음 펌프 다운 할 때 (즉, i = 0 인 경우) 새 문자열 s ' = a p - k 1 b p − k $vxy$$a$$b$$vy = a^{k_{1}}b^{k_{2}}$$a$$b$$v$$y$$i=0$ , 그러나 만약 S가 ' 으로 분리 될 수 w w , 중간 점은 제 어딘가에 있어야전반이되도록 부 P - k는 1 ㄱ P - k는 2 ( K (1) + K 2 ) / 2 및 후반부는 P - ( K (1) + K (2) ) / 2 (B)의 $s'=a^{p-k_{1}}b^{p-k_{2}}a^{p}b^{p}$$s'$$ww$$a$$a^{p-k_{1}}b^{p-k_{2}}a^{(k_{1}+k_{2})/2}$$a^{p-(k_{1}+k_{2})/2}b^{p}$. 분명히 이것들은 동일한 문자열이 아니므로 와 y를 넣을 수 없습니다 .$v$$y$

나머지 사례는 거기에서 상당히 투명해야합니다 . 첫 번째 인스턴스의 다른 3 자리에 와 y 를 넣고 두 번째 인스턴스에는 2 개의 자리를 두는 것과 동일한 아이디어 입니다. 그러나 모든 경우에 문자열을 반으로 나눌 때 순서가 엉망이되는 방식으로 펌핑 할 수 있습니다.$v$$y$

오그 덴의 렘마

렘마 (Ogden). 문맥없는 언어로 하자 . 이어서 상수가 N 매 위해되도록 Z ∈ L 중 어느 방식으로 표시하는 N 의 이상의 위치 (심볼) Z를 "고유 위치"로하고 , Z는 로 쓸 수 Z = U V W 의 X , Y , 그러한$L$$N$$z\in L$ $N$$z$$z$$z=uvwxy$

1. 는 하나 이상의 식별 위치를 갖습니다.$vx$
2. 는 최대 N 개의 고유 위치를갖습니다.$vwx$$N$
3. 모든 경우 u v i w x i y ∈ L 입니다.$i\geq 0$$uv^iwx^iy\in L$

예. 이라고하자 . L 에 문맥이 없다고 가정 하고 N 을 Ogden의 이름으로 주어진 상수 라고 가정하십시오 . z = a N b N + N 이라고합시다 ! c N + 2 N ! (이는에 속하는 L ), 우리는 가정 표시$L=\{a^ib^jc^k:i\neq j,j\neq k,i\neq k\}$$L$$N$$z=a^Nb^{N+N!}c^{N+2N!}$$L$기호 의 모든 위치 (즉, z 의 첫 번째 N 위치 ) 를 구별한다 . z = u v w x y 를 Ogden의 정리에서 나온 조건을 만족시키는 z 의 분해라고 하자 .$a$$N$$z$$z=uvwxy$$z$

• 경우 또는 (X)은 다른 문자, 그 다음 u는 v에 2 w X 2 , Y의 ∉의 L을 잘못된 순서로 심볼이있을 것이기 때문에.$v$$x$$uv^2wx^2y\notin L$
• a 와 구별 되기 때문에 와 x 중 적어도 하나 에는 기호 a 만 포함해야합니다 . 따라서 x ∈ L ( b * ) 또는 x ∈ L ( c * ) 이면 v ∈ L ( A + ) 입니다. 하자 P는 = | v | . 그런 다음 1 ≤ p ≤ N 이므로 p 는 N을 나눕니다 ! . q 하자$v$$x$$a$$a$$x\in L(b^*)$$x\in L(c^*)$$v\in L(A^+)$$p=|v|$$1\leq p\leq N$$p$$N!$ . 그런 다음 z ' = u v 2 q + 1 w x 2 q + 1 y 는 L에 속해야합니다. 그러나 v 2 q + 1 = a 2 p q + p = a 2 N ! + p . 이후 U 승 Y는 정확히 갖는 N - (P)의 기호후$q=N!/p$$z'=uv^{2q+1}wx^{2q+1}y$$L$$v^{2q+1}=a^{2pq+p}=a^{2N!+p}$$uwy$$N-p$$a$ 는 2 N이 있습니다 ! + N 기호 a . 그러나 v 와 x 에는 c가 없으므로 z ' 도 2 N입니다 ! + N 기호 c 는 z ' ∉ L 을 의미하며, 이는오그 덴 (Ogden)의 명칭 과 모순됩니다. x ∈ L ( A + ) 또는 x ∈ L ( c * ) 인 경우 유사한 모순이 발생합니다. 우리는 L을 결론$z'$$2N!+N$$a$$v$$x$$c$$z'$$2N!+N$$c$$z'\notin L$$x\in L(A^+)$$x\in L(c^*)$$L$ 컨텍스트가 없습니다.

운동. Ogden의 Lemma를 사용하여 에 컨텍스트가 없음을 보여줍니다.$L=\{a^ib^jc^kd^{\ell}:i=0\text{ or }j=k=\ell\}$

펌핑 렘마

이것은 모든 위치가 구별되는 Ogden의 Lemma의 특별한 경우입니다.

렘마. 문맥없는 언어로 하자 . 이어서 상수가 N 매 위해되도록 부터 Z ∈의 L , Z는 로 쓸 수 Z = U V W 의 X , Y , 그러한$L$$N$$z\in L$$z$$z=uvwxy$

1. .$|vx|>0$
2. .$|vwx|\leq N$
3. 모든 경우 u v i w x i y ∈ L 입니다.$i\geq 0$$uv^iwx^iy\in L$

파리 크 정리

이것은 Ogden의 Lemma보다 훨씬 기술적입니다.

정의. 이라고하자 . 우리는 정의 Ψ Σ : Σ * → N , N 에 의해 Ψ Σ ( w ) = ( m 1 , ... , m의 N ) , m의 난 의 외관의 개수 I 에서 w .$\Sigma=\{a_1,\ldots,a_n\}$$\Psi_{\Sigma}:\Sigma^*\to\mathbb{N}^n$

$S$$\mathbb{N}^n$

$S$$\mathbb{N}^n$

$L$$\Sigma$$L$

$$\Psi_{\Sigma}[L]=\{\Psi_{\Sigma}(w):w\in L\}$$

$L=\{0^m1^n:m>n\text{ or }(m\text{ is prime and }m\leq n)\}$

운동. Parikh 'Theorem을 사용하여 단항 알파벳을 통한 문맥없는 언어도 규칙적임을 보여줍니다.

폐쇄 속성

$\mathrm{CFL}$

$L \in \mathrm{CFL}$$L' \in \mathrm{CFL}$$L' \notin \mathrm{CFL}$$L \notin \mathrm{CFL}$

이것은 사전 지식이 적은 다른 결과 중 하나를 사용하는 것보다 종종 더 짧고 (종종 덜 오류가 발생하기 쉽습니다). 또한 모든 종류의 객체에 적용 할 수있는 일반적인 개념입니다.

예 1 : 정규 언어를 사용한 교차

$\mathcal L(e)$$e$

$L = \{w \mid w \in \{a,b,c\}^*, |w|_a = |w|_b = |w|_c\}$

$\qquad \displaystyle L \cap \mathcal{L}(a^*b^*c^*) = \{a^nb^nc^n \mid n \in \mathbb{N}\} \notin \mathrm{CFL}$

$\mathrm{CFL}$$L \notin \mathrm{CFL}$

실시 예 2 : (역) 동형

$L = \{(ab)^{2n}c^md^{2n-m}(aba)^{n} \mid m,n \in \mathbb{N}\}$

$\qquad \displaystyle \phi(x) = \begin{cases} a &x=a \\ \varepsilon &x=b \\ b &x=c \lor x=d \end{cases}$

$\phi(L) = \{a^{2n}b^{2n}a^{2n} \mid n \in \mathbb{N}\}.$

이제

$\qquad \displaystyle \psi(x) = \begin{cases} aa &x=a \lor x=c \\ bb &x=b \end{cases}\quad\text{and}\quad L_1 = \{x^nb^ny^n \mid x,y \in \{a,c\}\wedge n \in \mathbb{N}\},$

$L_1 = \psi^{-1}(\phi(L)))$

$L_1$$L_2 = \mathcal L(a^*b^*c^*)$$L_3 = \{a^n b^n c^n \mid n \in \mathbb{N}\}$

$L_3 = L_2 \cap \psi^{-1}(\phi(L))$

$L$$\mathrm{CFL}$$L_3$$L_3$$L \notin \mathrm{CFL}$

인터체인지 렘마

교환 명제 [1]보다 강한 상황 여수위한 필요 조건 제시 오그의 렘마 . 예를 들어,

$\qquad \{xyyz \mid x,y,z \in \{a,b,c\}^+\} \notin \mathrm{CFL}$

많은 다른 방법에 저항합니다. 이것은 정리이다 :

$L \in \mathrm{CFL}$$c_L$$n\geq 2$$Q_n \subseteq L_n = L \cap \Sigma^n$$m$$n \geq m \geq 2$$k \geq \frac{|Q_n|}{c_L n^2}$$z_i \in Q_n$

1. $z_i = w_ix_iy_i$$i=1,\dots,k$
2. $|w_1| = |w_2| = \dots = |w_k|$
3. $|y_1| = |y_2| = \dots = |y_k|$
4. $m \geq |x_1| = |x_2| = \dots = |x_k| > \frac{m}{2}$
5. $w_ix_jy_i \in L_n$$(i,j) \in [1..k]^2$

$n,m$$Q_n$

현재로서는 자유롭게 구할 수있는 참고 자료가 없으며 위의 공식은 1981 년의 [1] 양식에서 발췌 한 것입니다. 같은 속성이 최근에 재발견 된 것으로 보입니다 [2].

기타 필요한 조건

Boonyavatana와 Slutzki [3]은 Pumping and Interchange Lemma와 유사한 몇 가지 조건을 조사했습니다.

1. W. Ogden, RJ Ross 및 K. Winklmann의 문맥이없는 언어 를 위한“교류 간극”(1985)
2. T. Yamakami (2008)에 의해 규칙적이고 문맥이없는 언어 를 위한 렘마 교환
3. R. Boonyavatana와 G. Slutzki (1988)의 문맥없는 언어 에 대한 교환 또는 펌프 (DI) 레마

설정된 비 문맥 언어는 반 결정 가능하지 않기 때문에 일반적인 방법은 없습니다 (일명). 일반적인 방법이 있었다면,이 방법을 사용하여이 세트를 반 결정할 수 있습니다.

두 개의 CFL이 주어지기 때문에 상황이 더욱 악화됩니다. 교차점이 CFL인지 여부를 결정할 수는 없습니다.

참조 : Hopcroft and Ullman, "Automata 이론, 언어 및 계산 소개", 1979.

Ogden의 상태 ( OC ) 의 강력한 버전은

바더 무라의 상태 (BMC)

$L\subseteq \Sigma^*$$n$$z \in L$$d(z)$$e(z)$$d(z) > n^{e(z)+1}$$z = uvwxy$

1. $d(vx) \geq 1$$e(vx) =0$
2. $d(vwx) \leq n^{e(vwx)+1}$
3. $i \geq 0$$uv^iwx^iy$$L$

$L \in BMC(\Sigma)$$L$

$CFL(\Sigma) \subset BMC(\Sigma) \subset OC(\Sigma)$

참조 : Bader, C., Moura, A., Ogden 's Lemma의 일반화. JACM 29, 아니오 2, (1982), 404–407