Ws ile nasıl | w | = | s | ve w # s bağlamdan bağımsız olurken w # s değil mi?

( Öyleyse) ayırıcı neden iki dil arasında fark yaratıyor?$\#$

Diyelim ki:

$L=\{ws : |w|=|s|\, w,s\in \{0,1\}^{*}, w \neq s \}$

$L_{\#}=\{w\#s : |w|=|s|\, w,s\in \{0,1\}^{*}, w \neq s \}$

İşte olarak temsil eden bir kanıt ve gramer.$L$$CFL$

Ve aşağıda için için bir kanıt ekliyorum :$L_{\#} \notin CFL$

Does işareti gerçekten fark yaratacak? eğer öyleyse, neden böyle? ve eğer değilse, kanıtlardan hangisi yanlış ve nerede?$\#$

olmadığını kanıtlayın :$L_{\#} \notin CFL$

Çelişki yoluyla olduğunu varsayın . Let için pompalama sabit bağlamdan-bağımsız diller için pompalama lemmasının tarafından garanti. Biz kelimenin düşünün nerede böylece . Beri , pompalama , öyle ki , ve her biri için .$L ∈ CFL$$p > 0$$L$$s = 0^{m}1^{p}\#0^{p}1^{m}$$m=p!+p$$s ∈ L$$|s| > p$$s = uvxyz$$|vy| > 0$$|vxy| ≤ p$$uv^{j}xy^{j} z ∈ L$$j ≥ 0$

Davalarla çelişiriz:

• Eğer veya içerirler : için Sonra , bunu almak içermiyor yüzden, çelişki.$v$$y$$\#$$i = 0$$uxz$$\#$$uxz \notin L$

• Her iki takdirde ve bırakılıyor : için Sonra , bunu almak formun olduğu , neredeBu yüzden .$v$$y$$\#$$i = 0$$uxz$$w\#x$$|w| < |x|$$uxz \notin L$

• Her iki takdirde ve sağa şunlardır : Geçen duruma benzer.$v$$y$$\#$

• Eğer bırakılır , buna doğru olduğunu ve$v$$\#$$y$$|v| < |y|$: Bundan dolayı$i = 0$, anlıyoruz $uxz$ formda $w\#x$, nerede $|w| > |x|$, yani $uxz \notin L$.

• Eğer $v$ kaldı $\#$, $y$ haklı ve $|v| > |y|$: Son duruma benzer.

• Eğer $v$ kaldı $\#$, $y$ haklı ve $|v| = |y|$: Bu en ilginç durum. Dan beri$|vxy| ≤ p$, $v$ içinde olmalı $1^{p}$ parçası $s$, ve $y$ içinde $0^{p}$Bölüm. Yani bunu tutar$v = 1^{k}$ ve $y = 0^{k}$ aynısı için $1 ≤ k ≤ p$ (aslında, bu olmalı $k < p/2$). Her biri için$j ≥ 0$, bunu tutar $uv^{j+1}xy^{j+1}z = 0^{m}1^{p+j·k}\#0^{p+j·k}1^{m}$, eğer öyle olursa $m = p + j · k$, sonra tutar $uv^{j+1}xy^{j+1}z \notin L$aykırı olarak. Bunu başarmak için,$j = (m-p)/k$, yalnızca şu durumlarda geçerlidir $m − p$ tarafından bölünebilir $k$. Seçtiğimizi hatırlayın$m = p + p!$, yani $m − p = p!$, ve $p!$ herhangi biri tarafından bölünebilir $1 ≤ k ≤ p$ istediği gibi.

Kanıtın doğru ve yanılmışım. Karışıklığımın nerede olduğunu saptamak biraz zaman aldı, ama Yuval'ın yardımıyla bence anladım.

Üç dili ele alalım

$\qquad\begin{align*} &L_= &\!\!\!\!\!\!\!\!\! &= \{ xy \mid |x| = |y|, x \neq y \}, \\ &L_{\#} &\!\!\!\!\!\!\!\!\! &= \{ x\#y \mid x \neq y \},\ \text{and} \\ &L_{=\#} &\!\!\!\!\!\!\!\!\! &= \{ x\#y \mid |x| = |y|, x \neq y \}. \end{align*}$

Gördüğümüz gibi burada ,$L_=$bağlam içermez. Hile, dilbilgisinde, "sağda" semboller oluşturmak, ancak daha sonra (veya başka bir şekilde) "solda" saymaktır ve eşleşen konumlarda eşleşmeyen sembollerin görünmesini sağlar. Uzunluk koşulu, uzunluğa eşit olduğu için önemsizdir.
Pozisyonu eşleştirmek için yığını kullanarak benzer bir fikirle bir NPDA oluşturabilirsiniz.

$L_\#$ bağlam içermez . Kanıt daha da basittir: uyumsuz semboller başlangıçtan itibaren aynı mesafede görünür. ayırıcı. Eşit olmayan uzunluklar ayrı ayrı kontrol edilebilir; determinizmsizlik iki seçenek arasında "seçer".

Şimdi, gösterdiğiniz gibi, $L_{=\#}$olduğu değil bağlam serbest. İşte bu yüzden diğer iki dilin ispatı bozuluyor.

1. İçin dilbilgisinde $L_=$, ortada bir ayırıcı oluşturmak zorunda kalırsak, sembolleri "soldan" sağa "yeniden atayamayız.
2. "Eşit uzunluklar eşit değilse veya eşleşmezse kabul et" yerine " uzunluklar eşit ve uyumsuzsa kabul etmeliyiz ". Determinizm ve bize yardımcı olamaz !

Öyleyse sezgisel olarak, bu formun koşulları$x \neq y$" ve "$|x| = |y|$"ikisi de" bağlamsız "dır, çünkü bir yığınla kontrol edilebilirler, ancak sonlu kontrol kullanamazlar. Bu nedenle, bir PDA bir tane yapabilir, ancak her ikisini birden yapamaz.

İçin PDA $L_=$"hileler" çünkü bu koşulları gerçekten kontrol etmiyor$x$ ve $y$; kelimeyi farklı bir şekilde böler. Ayırıcı varsa artık bu mümkün değil.

Ek: Ben cesaretle iddia olduğunu$L_= \in \mathrm{CFL} \implies L_{=\#} \in \mathrm{CFL}$çünkü CFL ters homomorfizmaya karşı kapalıdır. Doğru olsa da,$f(L_{=\#}) = L_=$ ile $f$ silmesi dışında kimlik $\#$, bu alakalı değil. $f^{-1}(L_=) = L_\#$; hakkında hiçbir şey söylenemez$L_{=\#}$.

Ek II: Not o$L = \{ x\#y \mid |x| = |y| \}$önemsizce bağlam içermez. Dolayısıyla,$L \cap L_\# = L_{=\#}$ CFL'nin kavşağa kapalı olmaması için güzel bir örneğimiz var.