ポンピングレンマ証明の何が問題になっていますか？

言語は明らかに規則的です。たとえば、正規表現と一致します。しかし、次のポンプ補題の議論は、それが規則的でないことを示しているようです。何が問題になっていますか？$L = \{0^{2n} \space |\space n \ge 0 \}$$(00)^*$

入力をポンピングレンマの要件を満たすとして分割する方法を見つけましたが、すべてのに対しては限り  ません。それは言語が規則的ではないことを意味しませんか？$s$$xyz$$xy^iz\in L$$i$

より詳細には、定期的な言語のためのポンピング補題は、言語の場合には、言う 規則的である、長さ、ポンプが存在する任意の文字列を指定するようなしてのように書くことができなどをそれ：$L$$p \ge 1$$s\in L$$|s|> p$$s = xyz$

1. $\lvert y \rvert \ge 1$
2. $\lvert xy \rvert \le p$
3. $xy^iz\in L$のすべてのための。$i \ge 0$

それで、を取り、それを（つまり、、、）。これは1と2を満たしますが、場合、が得られますが、これは含まれていません。 は長さが奇妙なので。結局のところ、その言語は規則的ではないようです。$s = 0^{2p}$$s=\epsilon\, 0 \, 0^{2p-1}$$x = \epsilon$$y = 0$$z = 0^{2p-1}$$i=0$$xy^iz = \epsilon\, 0^0\,0^{2p-1} = 0^{2p-1}$$L$

^{これは、通常の言語でポンピングレンマを使用する際の一般的な間違いを示す参考質問として意図されています。質問の元のバージョンで問題を見つけてくれたArielに感謝します。}

問題は量指定子にあります。ポンピングレンマによれば、文字列は、として記述できるため、3つのプロパティが保持されます。最初の2つのプロパティを保持するとして記述するすべての方法が、3番目のプロパティも保持するというわけではありません。$s$$|s|\geq p$ $xyz$$xyz$

言語場合、次のように進めます。最初に、が必要であることに注意してください場合、、、をとらざるを得ないので、あなたはすでに質問で示しましたこれは機能しません。したがって、を使用すると、を（、、）。私たちは持っている、およびすべての$\{0^{2n}\mid n\geq 0\}$$p\geq 2$$p=1$$x=\epsilon$$y=0$$z=0^{2p-1}$$p\geq 2$$s = 0^{2p}$$s=\epsilon\,00\,0^{2(p-1)}$$x=\epsilon$$y=00$$z=0^{2(p-1)}$$|\epsilon00| \leq p$$|00|>1$$(00)^i\,0^{2(p-1)}\in L$$i\geq 0$。したがって、最初に考えた分解が機能しなかったとしても、すべてのプロパティを満たすとして文字列を分解する方法がいくつか存在します。$xyz$

言語が規則的でないことを示すには、最初の2つのプロパティを満たすへのすべての分解が3番目のプロパティを満たすことができないことを示す必要があります。1つの分解が機能しないことを示すだけでは十分ではありません。$xyz$

ポンピングレンマが現状のままである理由を理解するには、証明について考えることが役立ちます。言語が正規の場合、一部のDFAで受け入れられます。そのDFAにはいくつかの状態があります。それをと呼びます。DFAより長い文字列を読み込むことたび鳩の巣原理により、、それは二回、いくつかの状態を訪問しなければならない：言う状態 。ここで、  はへの最初の訪問まで（およびそれを含む）読み取られた入力の部分であり  、  は最初の訪問の後、2番目（少なくとも1文字でなければなりません）を含みそれまでを読み取られた部分であり、  は残りの部分です。しかし、これで受け入れる必要があることがわかりますは、開始状態から $p$$p$$q$$x$$q$$y$$z$$xz$$x$$q$およびは、から受け入れ状態に移動します。同様に、すべての正のに対して受け入れる必要があります。これは  、を繰り返すたび  にから戻るため  です。入力の、、 への分解は、オートマトンによって完全に決定され、オートマトンは言語によって（一意ではないが）決定されます。したがって、分解を選択することはできません。言語が規則的である場合、いくつかの分解が存在します。言語が規則的でないことを示すには、すべての分解が失敗することを示す必要があります。$z$$q$$xy^iz$$i$$y$$q$$q$$x$$y$$z$