それでもポンピングできる非コンテキストフリー言語の例？

したがって、基本的にLはCFLのポンピング補題の条件を満たしますが、CFLではありません（補題の定義に従って可能です）。

formal-languages context-free pumping-lemma

— user2329564
ソース

これは宿題の質問ですか、それとも単に興味がありますか？

— ユヴァルフィルマス

これは宿題ではありませんが、試験で見ることを期待しています（私の教授を知っているだけで、ちょっとした予感）。そして、私はいつも好奇心が強いです:)

— user2329564

同様の質問がありましたが、通常の言語についてです。建設の同じタイプが適用されます。特殊記号取る

と考える

厄介な言語のための

。

$

$\$$

$ K \cup {$^{k} ∣ k \neq 1} {a, b}^{*}

$\$K \cup \{ \$^k \mid k \neq 1\}\{a,b\}^*$

K \subseteq {a, b}^{*}

$K\subseteq \{a,b\}^*$

— ヘンドリック

回答:

古典的な例はです。Wiseは彼の論文で、Bar-Hillelのポンピング補題もParikhの定理（コンテキストフリー言語の単語の長さのセットは準線形である）のどちらも証明に使用できないコンテキストフリー言語の強力なポンピング補題を示していますその文脈自由ではありません。通常の言語と交差するような他のトリックも役に立たない。（Bar-Hillelポンピング補題の一般化であるオグデンの補題は、 $L = \{ a^i b^j c^k : i,j,k \text{ all different} \}$ $L$ $L$ コンテキストフリーではありません。）彼はまた、コンテキストフリー性（計算可能な言語の場合）と同等の代替ポンピング補題を提供し、それを使用してがコンテキストフリーでないことを証明します。 $L$

ワイズのポンピング補題は、を生成する（無制限の）文法と、が「文形」生成するとき（が非終端記号を含むことができる）整数がある場合にのみ、言語がコンテキストフリーであると述べています長さの、書くことができます。ここで、は空ではありません、および非終端 $L$ $G$ $L$ $k$ $G$ $s$ $s$ $|s| > k$ $s = uvxyz$ $x,vy$ $|vxy| \leq k$ $A$ ように発生し、両方の生成及び。 $G$ $uAz$ $A$ $vAy$ $x$

条件を補題に繰り返し適用することにより、ワイズはがコンテキストフリーではないことを証明できますが、詳細はやや複雑です。彼はさらに複雑な同等の条件を与え、それを使用して言語が文脈自由言語の有限交差として書けないことを証明します。 $L$ $\{ a^n b a^{nm} : n,m > 0 \}$

If you cannot access Wise's paper (it's behind a paywall), there's a typewritten version which came out as an Indiana university technical report.

A non-context-free language which satisfies the pumping condition of Ogden's lemma is given by Johnsonbaugh and Miller, Converse of pumping lemmas, and attributed there to Boasson and Horvath, On languages satisfying Ogden's lemma. The language in question is

\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}

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

L^{'} = L_{1} \cup L_{2}

$L' = L_1 \cup L_2$ , corresponding to the two different lines. Note that

L_{1} \cap L_{2} = \emptyset

$L_1 \cap L_2 = \emptyset$ and that

L_{2}

$L_2$ is regular. Ogden's lemma can be used to prove that

L_{1}

$L_1$ is not context-free, and so neither is

L^{'}

$L'$ , but it cannot be used directly to show that

L^{'}

$L'$ is not context-free.

— Yuval Filmus
ソース

Isn't it needed to be at least one production looking like this: A -> sententialForm1 A sententialForm2 for any pumping to be possible

— user2329564

Well more general: isn't it needed for a nonterminal B to be part of a sentential form derivable from A such that B->sententialForm1.B.sententialfrom2 is a production of G. Otherwise how would it be certain that a word of an arbitrary length can be pumped from A.

— user2329564

I don't see why, we do have a production

A \Rightarrow^{+} v A y

$A \Rightarrow^+ vAy$ , which corresponds to pumping. For example, you immediately recover the pumping lemma since

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

Sounds like a nice addition to our reference.

— Raphael

Another thing missing there is closure under "inverse gsm mappings", see planetmath.org/generalizedsequentialmachine. Perhaps I'll add these at some point.

— Yuval Filmus

Even simpler: $\{a^m b^n c^n d^n\colon m \ge 1, n \ge 1\}$ . Can always pump the $a$ s; intersection with the regular $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$ gives a non-CFL (and that can be proved by pumping lemma).

— vonbrand
ソース

This will be a nice addition to the third homework... muahaha

— Renato Sanhueza

I don't think this is right. If the language starts with only one

a

$a$ , then if you try to pump the

a

$a$ you have to account for the fact that

a^{0}

$a^0$ must also be in the language.

— MCT

To expand on MCT's comment: consider the word

a b^{p} c^{p} d^{p}

$ab^pc^pd^p$ ; choose

v = a

$v=a$ ,

u = w = x = ε

$u=w=x=\varepsilon$ ,

y = b^{p} c^{p} d^{p}

$y=b^pc^pd^p$ . Then, for

i = 0

$i=0$ ,

u v^{i} w x^{i} y

$uv^iwx^iy$ is not in the language, as it doesn't start with an a, so the lemma doesn't hold.

— potestasity

A simple language is $\{a b^n c^n d^n \colon n \ge 1\} \cup \mathcal{L}(a a^+ b^+ c^+ d^+)$ . 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
ソース

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