Использование леммы прокачки для доказательства языка не является регулярным

19

Я пытаюсь использовать насосную лемму, чтобы доказать, что не является регулярным.L={(01)m2mm0}

Это то, что я имею до сих пор: Предположим, что регулярна, и пусть будет длиной накачки, поэтому . Рассмотрим любое накачанное разложение такое, что и .p w = ( 01 ) p 2 pLpw=(01)p2p| у | > 0 | х у | рw=xyz|y|>0|xy|p

Я не уверен, что делать дальше.

Я на правильном пути? Или я далеко?

Momagic
источник
1
ты на правильном пути. если вы «качаете», вы меняете число 0 и 1, но не количество 2 (почему?). Это приведет к противоречию.
Ран Г.
о, обратите внимание, что не может быть, чтобы и . Я полагаю, что это опечатка, а вы имели в виду . | х у | < р | у | > 0|y|>p|xy|<p|y|>0
Ран Г.
1
Обратите внимание, что лемма прокачки здесь не самый быстрый способ, так как очень близок к каноническим примерам для нерегулярных языков. Попробуйте использовать закрывающие свойства ! R E GLREG
Рафаэль
1
Или проверьте доказательство леммы прокачки, чтобы понять, что вы можете иметь перекачиваемую колонну рядом с концом и прокачивать 2 с, что проще.
vonbrand
@vonbrand или возьмите реверс языка и примените к нему прямую накачку.
Ал.Г.

Ответы:

5

Подсказка: вам нужно рассмотреть, как выглядят все разложения , так что все возможные вещи , и могут быть заданы так, что . Затем вы прокачиваете каждый из них и видите, нет ли у вас противоречия, которое будет словом не на вашем языке. Каждый случай должен привести к противоречию, которое тогда будет противоречием леммы о накачке. Вуаля! Язык не будет регулярным.x y z x y z = ( 01 ) p 2 pw=xyzxyzxyz=(01)p2p

Конечно, вам нужно проработать детали и рассмотреть все возможные варианты разделения.

Дэйв Кларк
источник
5

У вас есть разложение и ограничение длины | х у | р . Что это говорит о том , как x , y и z могут вписаться в разложение? В частности, лемма прокачки позволяет вам повторять y , поэтому ваша цель состоит в том, чтобы найти способ, которым многократное повторение y (или удаление y , иногда это проще) бесповоротно возмущает шаблон, который определяет язык.xyz=(01)p2p|xy|pxyzyyy

В шаблоне есть очевидная граница: первая часть содержит повторения , вторая часть содержит только 2 . Интересно, где у падает. Есть у всегда содержится в одной из этих частей, или она может колебаться два?012yy

Так как , x y полностью содержится в части ( 01 ) p , а z содержит все 2 . Поэтому, если вы повторите y еще раз, вы получите более длинную первую часть, но часть 2 p останется прежней. Другими словами, x y y z оканчивается ровно p буквами 2 . Чтобы правильно завершить доказательство, покажите, что x y y z содержит слишком много букв 0 и 1|xy|pxy(01)pz2y2pxyyzp2xyyz01 чтобы соответствовать регулярному выражению.

Жиль "ТАК - перестань быть злым"
источник
4

Три года спустя мы собираемся доказать, что с Δ = { 0 , 1 , 2 } не является регулярным, в отличие от использования свойств замыкания (более быстрый способ, чем использование леммы о накачке). ).L={(01)m2mm0}Δ={0,1,2}

Сначала предположим, что регулярно. Мы знаем, что регулярные языки замкнуты при обратном гомоморфизме.L

Рассмотрим гомоморфизм с:h:ΣΔ

Σ={a,b}

h(a)=01

h(b)=2

Обратный гомоморфизм равен:L

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

Это порождает противоречие, поскольку является каноническим примером нерегулярного языка, поэтому L не может быть регулярным.LL

Ренато Санхуэса
источник
3

Я собираюсь дать не ответ на этот вопрос, поскольку это не совсем лемма накачки, но, возможно, проливает свет на идею леммы накачки. Вот основной факт о детерминированных автоматах конечного состояния, который является сущностью теоремы Майхилла-Нерода: если две строки и b переводят FSA в одно и то же состояние, то для любого c оба из a c и b c равны принято или нет.abcacbc

Возвращаясь к вашей проблеме, предположим, что у детерминированного автомата для вашего языка есть состояний. Тогда по крайней мере два из ( 01 ) 1 , ( 01 ) 2 , ... , ( 01 ) п + 1 , скажем ( 01 ) р и ( 01 ) д с р д , привод автомат в то же состояние (это принцип голубиного отверстия). В соответствии с фактом, то либо оба ( 01 ) р 2 р иn(01)1(01)2(01)n+1(01)p(01)qpq(01)p2p в L или нет, что противоречит.(01)q2pL

Луис
источник