Yine de pompalanamayan bağlamsız bir dil örneği?

Yani temelde L, CFL'ler için pompalama lemmasının koşullarını karşılar, ancak bir CFL değildir (bu, lemmanın tanımına göre mümkündür).

formal-languages context-free pumping-lemma

— user2329564
kaynak

Bu bir ev ödevi sorusu mu yoksa sadece merak ediyor musunuz?

— Yuval Filmus

Bu bir ödev değil ama sınavda görmeyi bekliyorum (sadece bir önsezi, profesörümü tanıyorum). Ve her zaman merak ediyorum :)

— user2329564 15:03

Benzer bir sorum vardı, ama normal diller için . Yapım Aynı tip geçerlidir: Özel bir sembol almak

ve düşünün

kötü bir dil için

$

$\$$

$ 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 Ocak

Klasik örnek . Makalesinde akıllıca gösteriler Ne Bar-Hillel pompalama lemmasının ne de Parikh'in teoreminin (bağlamsız bir dilde kelime uzunluk kümesinin yarı doğrusal olduğunu belirten) bağlamsız diller için güçlü bir pompalama lemması kanıtlanabilir bu bağlam serbest değildir. Normal bir dil ile kesişmek gibi diğer hileler de yardımcı olmaz. (Ogden'in lemması, Bar-Hillel pompalama lemmasının genelleştirilmesi, $L = \{ a^i b^j c^k : i,j,k \text{ all different} \}$ $L$ $L$ Ayrıca bağlam-siliksizliğe (hesaplanabilir diller için) eşdeğer alternatif bir pompalama lemi sağlar ve bunu nin bağlamdan bağımsız olmadığını kanıtlamak için kullanır . $L$

Dil bu Wise pompalama lemması durumları bağlam serbest ve eğer bir (sınırsız) gramer yoktur, sadece üreten ve bir tam sayı , öyle ki her bir "cümlesel formu" oluşturur (böylece olmayan terminalleri içerebilir) uzunluk , biz yazabiliriz olan boş olmayan, $L$ $G$ $L$ $k$ $G$ $s$ $s$ $|s| > k$ $s = uvxyz$ $x,vy$ $|vxy| \leq k$ Ve terminal olmayan bir olduğu şekilde, oluşturur ve iki üretir ve . $A$ $G$ $uAz$ $A$ $vAy$ $x$

Wise, lemmaya tekrar tekrar uygulayarak, nin bağlamdan bağımsız olmadığını kanıtlayabilir , ancak ayrıntılar biraz karmaşıktır. Ayrıca daha karmaşık bir eşdeğer koşul sağlar ve bunu dilinin bağlamdan bağımsız dillerin sonlu kesişimi olarak yazılamayacağını kanıtlamak için kullanır . $L$ $\{ a^n b a^{nm} : n,m > 0 \}$

Wise'ın makalesine erişemiyorsanız (ödeme duvarının arkasındadır), Indiana üniversitesi teknik raporu olarak çıkan daktiloyla yazılmış bir sürüm vardır.

Ogden'in lemmasının pompalama koşulunu sağlayan bağlamsız bir dil , pompalama lemmalarının aksine Johnsonbaugh ve Miller tarafından verilir ve orada Ogden'in lemmasını tatmin eden diller üzerine Boasson ve Horvath'a atfedilir . Söz konusu dil yazabiliriz

\begin{aligned} L^{'} & = ⋃_{n \geq 1} (e^{+} a^{+} d^{+})^{n} (e^{+} b^{+} d^{+})^{n} (e^{+} c^{+} d^{+})^{n} \\ \cup (a + b + c + d) Σ^{*} \cup Σ^{*} (a + b + c + e) \cup Σ^{*} (e d + d (a + b + c) + (a + b + c) e) Σ^{*} . \end{aligned}

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

, iki farklı çizgiye karşılık gelir. Not,

düzenlidir. Ogden lemma kanıtlamak için kullanılabilir

içeriğe özgür değildir ve bu yüzden ne olduğunu

, ancak kullanılamazdoğrudangöstermek için

bağlam-ücretsiz değildir.

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^{'}

$L'$

— Yuval Filmus
kaynak

Bunun gibi en az bir üretim olması gerekmez mi: A -> sententialForm1 Pompalamanın mümkün olması için bir sententialForm2

— user2329564

Peki daha genel: terminal olmayan bir B'nin A'dan türetilebilir bir sentez formunun parçası olması gerekli değildir, öyle ki B-> sententialForm1.B.sententialfrom2, G'nin bir üretimi olacaktır. Aksi takdirde keyfi uzunluk A'dan pompalanabilir.

— user2329564

Nedenini anlamıyorum, pompalamaya karşılık gelen bir

üretimimiz var . Örneğin, pompalama lemmasını hemen

olduğundan hemen kurtarırsınız .

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

Referansımıza hoş bir katkı gibi geliyor .

— Raphael

Orada eksik olan bir başka şey de "ters gsm eşlemeleri" altında kapanmadır, bkz. Planetmath.org/generalizedsequentialmachine . Belki bunları bir noktada eklerim.

— Yuval Filmus

Daha da basit: . Her zaman pompa olabilir s; düzenli ile kesişme CFL olmayan bir değer verir (ve bu , lemmanın pompalanmasıyla kanıtlanabilir). $\{a^m b^n c^n d^n\colon m \ge 1, n \ge 1\}$ $a$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$

— vonbrand
kaynak

Bu üçüncü ödev için güzel bir ek olacak ... muahaha

— Renato Sanhueza

a

$a$

a

$a$

a^{0}

$a^0$

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

$uv^iwx^iy$

Basit bir dil $\{a b^n c^n d^n \colon n \ge 1\} \cup \mathcal{L}(a a^+ b^+ c^+ d^+)$ . Intersect with $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$ to get a clearly non-CFL, but you can always pump the $a$ , and mimetize the equal-length-ness in the sea of ${}^+$ .

— vonbrand
kaynak

Wise's example is (apparently) immune to these techniques as well, or so he claims.

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus, so it seems. But my example is immune to professors doubting you understood Wise's paper, or wanting a complete proof that it isn't a CFL in the 2-hour limit of the exam ;-)

— vonbrand