言語

言語 $L = \{0^n 1^m \mid n \text{ and } m \text{ are co-prime}\}$ 文脈自由ですか？

2つの数値が素数であるかどうかをPDAが判断するのは複雑すぎるため、コンテキストフリーではないようです。

ポンピングレンマを使用しても無駄になりました。

どんな助けでも喜んでいただければ幸いです。

編集：

ポンピングレンマでの失敗した試みの1つを次に示します。

してみましょう $N$ 一定です。ような素数取りそして、単語取り。ましょ分解することがポンピング補題における条件を満たす。 $p$ $p > N!$ $z = 0^p 1^{p+N!} \in L$ $z = uvwxy$ $z$

場合は $vx$ 、その後ゼロのみが含まれています $|vx| = k$ は $1$ からまでの整数 $N$ です。 $m$ をとして定義し $m = N!/k$ 。用 $i = m+1$ ワード $uv^iwx^iy = 0^{p+N!}1^{p+N!} \not\in L$

ただし、他の分解の場合、そのような整数を見つけることができませんでした $i$ 。

— ロバート777
ソース

コンピュータサイエンスへようこそ！あなたの問題をカバーするかもしれない参考質問にあなたを向けさせてください。そこにリストされている関連する質問に取り組み、問題をもう一度解決してみて、発生した特定の問題とともにその試みを含めるように編集してください。パリフの定理がうまくいくと思います。

— ラファエル

Parikhは機能するはずですが、標準のポンプ/ Ogdenも機能するはずです。

— Ran G.

実はクイズの問題です。Parikhの定理を学習していないので、ポンプレンマやクロージャプロパティでコンテキストフリーではないことを示す方法がおそらくあります。

— Robert777 2013

@Raphaelが、この場合にはパリークの定理は本当にから、すなわち（ストレート、ポンピング補題を超えて何かを追加しない

すべて取得することができます

いくつかのために

、

ゼロではないとの両方

）。しかし、私は、力にどのような方法が表示されない

。0n1m $0^n 1^m$

0n+ka1m+kb $0^{n + k a} 1^{m + k b}$

a $a$

b $b$

k≥−1 $k \ge -1$

gcd(n+ka,m+kb)≠1 $\gcd(n + k a, m + k b) \ne 1$

— フォンブランド2013

@vonbrand我々は、上で動作することができる

の代わりに、こちらをご覧ください。L¯¯¯¯∩L(0∗1∗) $\overline{L} \cap \mathcal{L}(0^*1^*)$

— ラファエル

私がこれを以前に見なかったことはばかげています...

言語（と呼ぶ）が文脈自由ではないという証明は矛盾によるものです。想定一定ではありのCFGのためのポンピング補題により、文脈自由である、各文字列のことをとなるようそれは書くことができる用いてようにすべてのため列。取る $\mathcal{L}$ $\mathcal{L}$ $N$ $\sigma \in \mathcal{L}$ $\lvert \sigma \rvert \ge N$ $\sigma = u v x y z$ $v y \ne \epsilon$ $k \ge 0$ $u v^k x y^k z \in \mathcal{L}$ 異なる素数（）とであり、を取ります。ポンピング文字列になりますいくつかの定数は、はなく、両方のゼロを、そのようなことは及び（我々が持っています $m, n$ $\gcd(m, n) = 1$ $m, n > 2N$ $\sigma = 0^m 1^n$ $0^{m + k a} 1^{n + k b}$ $a$ $b$ $a < m$ $b < n$ ウェイによって、）を選択しました。それらの1つがゼロの場合はOPでカバーされたので考慮し。今： $a, b \le N < m / 2, n / 2$ $m$ $n$ $a, b \ne 0$

m + k a n + k b \equiv 0 (mod n) \equiv 0 (mod m)

$\begin{align*} m + k a &\equiv 0 \pmod{n} \\ n + k b &\equiv 0 \pmod{m} \end{align*}$

これは、ユニークな解有するモジュロ中国の剰余定理により（我々は、およびAS 、素数である ;同様に及び）、したがって我々は書くことができる： $k^*$ $m n$ $a < n$ $n$ $\gcd(a, n) = 1$ $b$ $m$ つまり、です。矛盾。

m + k * a n + k * b \equiv 0 (mod m n) \equiv 0 (mod m n)

$\begin{align*} m + k^* a &\equiv 0 \pmod{mn} \\ n + k^* b &\equiv 0 \pmod{mn} \end{align*}$

mn∣gcd(m+k∗a,n+k∗b) $m n \mid \gcd(m + k^* a, n + k^* b)$

— フォンブランド
ソース

お返事をありがとうございます。私はあなたがこれに取り組む方法が好きでした。ただし、これが次の形式の線形合同システムにのみ適用できる場合、中国の剰余定理をどのように使用したのかわかりません：

x x \equiv b 1 (mod m 1) \equiv b 2 (mod m 2)

$\begin{align*} x &\equiv b1 \pmod{m1} \\ x &\equiv b2 \pmod{m2} \end{align*}$

— Robert777 2013

Robert777 @、ちょうど書き込み

など。ka≡−m(modn) $k a \equiv -m \pmod{n}$

— フォンブランド2013

しかし、あなたは、フォームの合同を得る：

と同じではありません。たとえば、

次に、合同には解決策がありません。

a x \equiv b (mod m)

$\begin{align*} a x &\equiv b \pmod{m} \\ \end{align*}$

gcd(a,m)/|b $gcd(a,m) \not | b$

— Robert777 2013

@ Robert777、あなたは絶対的に正しいです。

、

プライムを選択するように変更されました。ありがとう！m $m$

n $n$

— フォンブランド2013

さて、中国の剰余定理を使用した後、なぜこれらの合同式を書くことができます：

m + k * a n + k * b \equiv 0 (mod m n) \equiv 0 (mod m n)

$\begin{align*} m + k^* a &\equiv 0 \pmod{mn} \\ n + k^* b &\equiv 0 \pmod{mn} \end{align*}$

— Robert777 2013