タグ付けされた質問 「pumping-lemma」

特定のサブワードの繰り返しに対するクロージャーに依存する特定のクラスの正式な言語の必要なプロパティ。https://cs.stackexchange.com/q/1031/755の手法を適用して、質問がカバーされていないことを確認してください。

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ハミング距離が2以上の等しい長さの単語のペアの言語はコンテキストフリーですか？
次の言語コンテキストは無料ですか？ L={uxvy∣u,v,x,y∈{0,1}+,|u|=|v|,u≠v,|x|=|y|,x≠y}L={uxvy∣u,v,x,y∈{0,1}+,|u|=|v|,u≠v,|x|=|y|,x≠y}L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^+, |u| = |v|, u \neq v, |x| = |y|, x \neq y\} sdcvvcで指摘されているように、この言語の単語は、ハミング距離が2以上の同じ長さの2つの単語の連結として説明することもできます。 私はそれが文脈自由ではないと思いますが、私はそれを証明するのに苦労しています。この言語を通常の言語（たとえば、など）と交差させてから 、ポンピング補題および\または準同型を使用しようとしましたが、特徴付けて記述するには複雑すぎる言語が常に得られますダウン。 0∗1∗0∗1∗ 0∗1∗0∗1∗ \ 0^*1^*0^*1^*
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単純な有限正規言語のポンピング補題
ウィキペディアには、通常の言語のポンピング補題の次の定義があります... してみましょうLLL正規言語であること。次に、整数が存在するpppのみに依存≥1 LLLすべての文字列ようなwwwでLLL少なくとも長さのppp（pppとして「ポンピング長」と呼ばれる）を書き込むことができるwww = x yzxyzxyz（すなわち、www分割することができます3つの部分文字列に分割）、次の条件を満たす： | yyy | ≥1 | x yxyxy | ≤ ppp すべてのための私ii ≥0、x y私zxyizxy^iz ∈ LLL 単純な有限の通常の言語では、これがどのように満たされるかわかりません。{ }のアルファベットと正規表現a bがある場合、Lはaの後にb が続く1つの単語のみで構成されます。私は今、私の通常の言語がポンピング補題を満たしているかどうかを見たいです...a 、ba,ba,ba bababLLLaaabbb 私の正規表現では何も繰り返されないため、の値は空でなければならず、すべてのiに対して条件3が満たされます。しかし、もしそうなら、それはyの長さが少なくとも1でなければならないという条件1に失敗します！yyy私iiyyy 代わりに私が聞かせている場合どちらでも、BまたはB、それは条件1を満たしますが、それは実際に自分自身を繰り返したことがないので、条件3を失敗します。yyyaaabbba babab 私は明らかに気が遠くなるほど明らかな何かを見逃しています。どっち？
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言語証明するポンピング補題を用いて
私はそれを証明するために、ポンプの補題を使用しようとしている、正規ではありません。L = { （01 ）m2m| M ≥ 0 }L={(01)m2m∣m≥0}L = \{(01)^m 2^m \mid m \ge0\} これは私がこれまでに持っているものです：が規則的であり、pをポンピング長とし、w = （01 ）p 2 pとします。|のような ポンピング分解w = x y zを考慮してください。y | > 0および| x y | ≤ P。LLLpppw = （01 ）p2pw=(01)p2pw = (01)^p 2^pw = x yzw=xyzw = xyz| y| >0|y|>0|y| >0| xy|≤p|xy|≤p|xy| \le …
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001と100の等しい数を含む単語の言語は規則的ですか？
2つのサブストリングの同じ数のインスタンスを含む言語がいつ正規化されるのだろうと思いました。Iは1と0の等しい数を含む言語が正規ではないことを知っているが、のような言語であり、、 =サブストリングのインスタンスの数が「001」は、「サブストリングのインスタンスの数に等しいが100 "レギュラー？文字列「00100」が受け入れられることに注意してください。LLLLLL{ w ∣{w∣\{ w \mid}}\} 私の直感はそうではないと言っていますが、それを証明することはできません。それをポンピング補題を介してポンピングできる形式に変換することはできません。どうすればそれを証明できますか？一方、DFA、NFA、または正規表現を作成しようとしましたが、それらの面でも失敗しました。どのようにすればよいですか？提案された言語だけでなく、これを一般的に理解したいと思います。
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この言語が文脈自由でないことをどのように証明できますか？
次の言語があります { 0私1j2k| 0 ≤ I ≤ J ≤ K }{0i1j2k∣0≤i≤j≤k}\qquad \{0^i 1^j 2^k \mid 0 \leq i \leq j \leq k\} 私はどのチョムスキー言語クラスに適合するかを決定しようとしています。文脈依存の文法を使用してそれがどのように作成されるかを確認できるので、少なくとも文脈依存であることがわかります。文脈自由文法では作成できないようですが、それを証明するのに問題があります。 がすべての単語の3番目の部分（2つのsのすべてを含むセクション）に配置されている場合、フォークポンピングレンマを通過するようです。vとxを必要なだけポンプでき、言語のままです。私が間違っている場合、なぜ私が正しい場合でも、この言語は文脈自由ではないと思うので、なぜそれを証明できますか？u v w x yuvwxyuvwxy222vvvバツxx
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決定論的な文脈自由言語のためのポンプの補題？
通常の言語のポンピングレンマは、特定の言語が通常ではないことを証明するために使用できます。また、文脈自由言語のポンピングレンマ（オグデンの補題とともに）を使用して、特定の言語がコンテキストフリーでないことを証明できます。 決定論的な文脈自由言語のためのポンプレンマはありますか？つまり、言語がDCFLではないことを示すために使用できるポンピングレンマに類似したレンマはありますか？言語がDCFLではないことを示すために私が知っているほとんどすべての証明手法は本当に複雑であり、もっと簡単な手法があることを望んでいたので、私は興味があります。
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DFAで受け入れられない通常の言語は最大で3つの州しかありません
州が3つしかないDFAで受け入れられない通常の言語について説明してください。 私はこれからどこから始めればいいのか本当にわからず、誰かが私にいくつかのヒントやアドバイスを与えることができるかどうか疑問に思いました。ポンピングレンマは、言語が規則的でないことを証明するために使用できることを理解していますが、この場合、それは通常の言語である必要があります。誰かが何か考えを持っている場合、それはいただければ幸いです。
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| w |でwsする方法 = | s | そしてw s sはコンテキストフリーであるが、w＃sはそうではない？
分離記号が2つの言語を区別しているのはなぜですか（その場合）。##\# 言いましょう： L={ws:|w|=|s|w,s∈{0,1}∗,w≠s}L={ws:|w|=|s|w,s∈{0,1}∗,w≠s}L=\{ws : |w|=|s|\, w,s\in \{0,1\}^{*}, w \neq s \} L#={w#s:|w|=|s|w,s∈{0,1}∗,w≠s}L#={w#s:|w|=|s|w,s∈{0,1}∗,w≠s}L_{\#}=\{w\#s : |w|=|s|\, w,s\in \{0,1\}^{*}, w \neq s \} ここに証明とをとして表す文法がありますLLLCFLCFLCFL そして、証明を追加するイムの下：L#∉CFLL#∉CFLL_{\#} \notin CFL 記号は、本当に違いを生みますか？もしそうなら、それはなぜですか？そうでない場合、どちらの証明が間違っているのですか？##\# その証明：L#∉CFLL#∉CFLL_{\#} \notin CFL その矛盾の方法によって想定。みましょうする励起一定である 文脈自由言語のためのポンピング補題により保証。単語を考慮します ここで、なのでです。以降 、ポンピング補題によると、ような 表現が存在します、、および各。L∈CFLL∈CFLL ∈ CFLp>0p>0p > 0LLLs=0m1p#0p1ms=0m1p#0p1ms = 0^{m}1^{p}\#0^{p}1^{m}m=p!+pm=p!+pm=p!+ps∈Ls∈Ls ∈ L|s|>p|s|>p|s| > ps=uvxyzs=uvxyzs = uvxyz|vy|>0|vy|>0|vy| > 0|vxy|≤p|vxy|≤p|vxy| ≤ puvjxyjz∈Luvjxyjz∈Luv^{j}xy^{j} z …
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言語が規則的であると直感的に感じる方法
言語与えられた場合、この言語は規則的でないと、プロダクションルールを調べずに直接どのように言えますか？L = { aんbんcん}L={anbncn} L= \{a^n b^n c^n\} ポンピングレンマを使用することもできますが、これは通常の文法ではないと文法を見ているだけの人もいます。どのようにして可能ですか？
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条件の背後にある直観| xy | 通常の言語のポンプ補題で≤p
補題をポンピングするための証拠を見ると、| xy |の背後にある直感が欠けていることがよくあります。≤p。 この状態の背後にある理由は何ですか？私が調べたすべての文献は、この点について沈黙している（証明なし、議論なし、声明のみ）か、最初の繰り返しが最初からそれほど遠くない場所で発生するように述べています。 しかし、非常に正確な記号と演算子を使用して不平等が含まれている場合、最終的にこの条件に到達する明確な証拠があると思いませんか？ 私が探しているのは、 条件の数学的証明| xy | ≤p。 同じ状態の直感。 文字列を十分に長くするには、条件文字列サイズを少なくともpにします。| xy |が必要な理由は、私の特定の問題です。≤p？| xy |の場合、何が壊れますか ≤pは真ではありませんか？ （ポンピングレンマの2番目の条件の理由は何ですか？、私の質問に正確に回答していません。質問はおそらく大丈夫ですが、回答はいくつかの例にすぎず、深い直感はありません。）
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状況依存のポンピング補題はありますか？
「ポンピング」プロパティ（特定の長さの単語は、言語を定義するメカニズムにループが存在することを意味します）は、通常の文脈自由言語およびいくつか（通常、特定のクラスへの言語のメンバーシップを反証するために使用される）に存在することが知られています）。 この質問に関する議論の中で、Daisyの回答は、文脈依存言語は非常に複雑であるため、刺激的な補題はあり得ないことを示唆しています。 それは本当ですか-あるタイプのポンプ特性があり得ないことを示すことができます-そしてそれについて（またはそれに対して）良い参照がありますか？
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言語
言語L = { 0 n 1 m ∣ n と m は素数}L={0n1m∣n and m are co-prime} 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はNN一定です。p > Nとなるような素数pを取ります。そして、単語z = 0 p 1 p + Nを取ります！∈ L。ましょZ = U 、V 、W 、XとYは分解することがZポンピング補題における条件を満たす。ppp>N!p …
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通常のポンピング補題を使用した証明
2つの質問があります。 次の言語を検討します 言い換えれば、は長さが均一な回文ではありません。この言語は、その補語が規則的でないことを証明することによって、規則的でないことを証明しました。私の質問は、補数を超えて使用せずに、ポンピングレンマを使用してそれを証明する方法です。wL1= { W ∈ { 0 、1 }∗| ∄ U ∈ { 0 、1 }∗：w = u uR} 。L1={w∈{0,1}∗∣∄u∈{0,1}∗:w=uuR}.L_1= \{ w\in \{0,1\}^* \mid \not \exists u\in \{0,1\}^* \colon w= uu^R\}.www してみましょう 等価クラスを使用することで、この言語が規則的でないことを証明しました。ポンプレンマを使用してそれをどのように証明できますか？L2= { W ∈ { 0 、1 }∗∣ wに は、101個の部分文字列と010個の部分文字列の数が同じです} 。L2={w∈{0,1}∗∣w has same number of 101 substrings …
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が規則的でないこと
ことを示す規則的ではありませんL = { aん2| N≥0}L={an2|n≥0}L=\{a^{n^2} | n \geq 0\} やあみんな。私はCSクラスを受講していますが、これは私にとって本当に新しいことなので、我慢してください。私は通常の言語でポンプレンマを使用して矛盾があるかどうかを確認しようとしましたが、次のように解決しました。 仮定規則的です。次に、長さLのすべての単語zに自然数mが必要です。z | ≥ mは、と分解が存在するZは= Uは、V wは、| u v | ≤ メートル、| v | > 0、その結果、Uは（V I）wは任意の言語であり、I ≥ 0。LLLメートルmmzzzLLL| z| ≥メートル|z|≥m|z| \geq mz= u v w 、| u v | ≤ メートル、| v | > 0z=uvw,|uv|≤m,|v|>0z = uvw, |uv| \leq m, …
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