तर्कहीन संख्या वाली भाषा सीएफएल नहीं है

Question

मैं एक पाठ्यपुस्तक में एक कठिन अभ्यास के माध्यम से काम कर रहा हूं, और मैं अभी समझ नहीं पा रहा हूं कि कैसे आगे बढ़ना है। यहाँ समस्या है। मान लीजिए कि हमें भाषा है $L = \{a^ib^j: i \leq j \gamma, i\geq 0, j\geq 1\}$ जहां कुछ अपरिमेय संख्या है। मैं कैसे साबित करूंगा कि एक संदर्भ-मुक्त भाषा नहीं है?$\gamma$$L$

इस मामले में जब तर्कसंगत है, तो भाषा को स्वीकार करने वाले व्याकरण का निर्माण करना बहुत आसान है। लेकिन क्योंकि तर्कहीन है, मैं वास्तव में नहीं जानता कि क्या करना है। ऐसा नहीं लगता है कि कोई भी पंपिंग लेमेस यहां काम करेगा। हो सकता है कि पारिख की प्रमेय यहां काम करेगी, क्योंकि यह सहज रूप से ऐसा प्रतीत होगा जैसे इस भाषा में एक साथ अर्ध-पारिख छवि नहीं है।$\gamma$$\gamma$

यह अभ्यास जेफरी शालिट द्वारा "ए सेकेंड कोर्स इन फॉर्मल लैंग्वेजेज एंड ऑटोमेटा थ्योरी", चैप्टर 4 के एक्सरसाइज 25 है।

मैं वास्तव में किसी भी मदद की सराहना करूंगा, या सही दिशा में कदम बढ़ाऊंगा। धन्यवाद!

Comments

क्या आपने पारिख के प्रमेय को लागू करने की कोशिश की है?

— युवल फिल्मस

क्यों नहीं दिखा कि यह सीधे तौर पर अर्धविराम नहीं है? परिभाषा का उपयोग करें।

— युवल फिल्मस

बस मेरे होमवर्क के लिए समय में! धन्यवाद। सीएस ४६२/६६२ फॉर्मल लैंग्वेज एंड पार्सिंग विंटर २०१ ९, प्रॉब्लम सेट ९, एक्सरसाइज ३. ड्यू फ्राइडे, २२ मार्च २०१ ९।

— हेंड्रिक जनवरी

@HendrikJan मैं जेफरी शालिट द्वारा लिखी गई पाठ्यपुस्तक "ए सेकेंड कोर्स इन फॉर्मल लैंग्वेजेज एंड ऑटोमेटा थ्योरी" से सेल्फस्टूडिंग कर रहा हूं। यह अध्याय 4 फी के 25 व्यायाम है। क्या असाइनमेंट होने तक इस पोस्ट को छिपाना संभव होगा?

मैं सराहना करता हूं कि आप क्या करने की कोशिश कर रहे थे और आपके अच्छे इरादे हैं, लेकिन कृपया प्रश्न को छिपाने के लिए इसे संपादित करके नष्ट न करें (कुछ दिनों के लिए भी)। धन्यवाद। PS समस्या के स्रोत को श्रेय देने के लिए धन्यवाद!

— डीडब्ल्यू

Answer 1

पारिख की प्रमेय के मुताबिक, अगर $L$ विषय से मुक्त थे तो सेट $M = \{(a,b) : a \leq \gamma b \}$ semilinear होगा, यह है कि, यह फार्म के परिमित कई सेट का मिलन होगा $S = u_0 + \mathbb{N} u_1 + \cdots + \mathbb{N} u_\ell$ , कुछ के लिए $u_i = (a_i,b_i)$ ।

जाहिर है $u_0 \in M$ , और इसके अलावा $u_i \in M$ प्रत्येक के लिए $i > 0$ , अन्यथा के बाद से $u_0 + N u_i \notin M$ बड़ा पर्याप्त के लिए $N$ । इसलिए $g(S) := \max(a_0/b_0,\ldots,a_\ell/b_\ell) < \gamma$ (के बाद से $g(S)$तर्कसंगत है)। इसका मतलब है कि हर $(a,b) \in S$ संतुष्ट $a/b \leq g(S)$ ।

अब मान लें कि $M$ का मिलन है $S^{(1)},\ldots,S^{(m)}$ , और परिभाषित $g = \max(g(S^{(1)}),\ldots,g(S^{(m)})) < \gamma$ । पूर्वगामी शो है कि हर $(a,b)$ संघ को संतुष्ट करता है में $a/b \leq g < \gamma$, और हम, एक विरोधाभास प्राप्त के बाद से $\sup \{ a/b : (a,b) \in M \} = \gamma$ ।

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जब $\gamma$ तर्कसंगत है, सबूत में विफल रहता है, और वास्तव में $M$ semilinear है:

$$\{ (a,b) : a \leq \tfrac{s}{t} b \} = \bigcup_{a=0}^{s-1} (a,\lceil \tfrac{t}{s} a \rceil) + \mathbb{N} (s,t) + \mathbb{N} (0,1).$$ दरअसल, निर्माण, किसी भी जोड़ी द्वारा$(a,b)$दाएँ हाथ की ओर संतुष्ट में$a \leq \tfrac{s}{t} b$(s=s केबाद से$s = \tfrac{s}{t} t$)। इसके विपरीत, लगता है कि$a \leq \frac{s}{t} b$ ।बी। जबकि$a \geq s$और$b \geq t$, घटाना$(s,t)$से$(a,b)$। अंततः$a < s$(के बाद से$b < t$का अर्थ है$a \leq \frac{s}{t}b < s$)। चूंकि$a \leq \frac{s}{t} b$, जरूरी$b \geq \lceil \tfrac{t}{s} a \rceil$. Hence we can subtract $(0,1)$ from $(a,b)$ until we reach $(a,\lceil \tfrac{t}{s} a \rceil)$.

Comments

Nice answer. Just a clarification, the logic behind "every $(a,b) \in S$ satisfies $a/b \leq g(S)$" is that otherwise if there was an $(a,b)> g(S)$, then we could build an $(x,y)\in S$ such that $x/y$ is as large as wanted and therefore larger than $\gamma$?

No, this follows directly from the definition of $g(S)$. Your argument explains why $g(S) < \gamma$.

— Yuval Filmus

Answer 2

Every variable except $\gamma$ in this answer stands for a positive integer. It is well-known that given an irrational $\gamma>0$, there is a sequence of rational numbers $\dfrac{a_1}{b_1}\lt\dfrac{a_2}{b_2}\lt\dfrac{a_3}{b_3}\lt\cdots \lt\gamma$ such that $\dfrac{a_i}{b_i}$ is nearer to $\gamma$ than any other rational number smaller than $\gamma$ whose denominator is less than $b_i$.

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It turns out that the pumping lemma does work!

For the sake of contradiction, let $p$ be the pumping length of $L$ as a context-free language. Let $s=a^{a_p}b^{b_p}$, a word that is $L$ but "barely". Note that $|s|>b_p\ge p$. Consider $s=uvwxy$, where $|vx|> 1$ and $s_n=uv^nwx^ny\in L$ for all $n\ge0$.

Let $t_a$ and $t_b$ be the number of $a$s and $b$s in $vx$ respectively.

• If $t_b=0$ or $\dfrac{t_a}{t_b}\gt\gamma$, for $n$ large enough, the ratio of the number of $a$s to that of $b$s in $s_n$ will be larger than $\gamma$, i.e., $s_n\not\in L$.
• Otherwise, $\dfrac{t_a}{t_b}\lt\gamma$. Since $t_b<b_p$, $\dfrac{t_a}{t_b}\lt \dfrac{a_p}{b_p}$. Hence, $\dfrac{a_p-t_a}{b_p-t_b}>\dfrac{a_p}{b_p}$ Since $b_p-t_b<b_p$, $\dfrac{a_p-t_a}{b_p-t_b}>\gamma,$ which says that $s_0\not\in L$.

The above contradiction shows that $L$ cannot be context-free.

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Here are two related easier exercises.

Exercise 1. Show that $L_\gamma=\{a^{\lfloor i \gamma\rfloor}: i\in\Bbb N\}$ is not context-free where $\gamma$ is an irrational number.

Exercise 2. Show that $L_\gamma=\{a^ib^j: i \leq j \gamma, i \ge0, j\ge 0\}$ is context-free where $\gamma$ is a rational number.

Comments

The property in the answer can be proved simply by selecting all rational numbers that is nearer to $\gamma$ than all previous numbers in the list of all rational numbers that are smaller than $\gamma$ in the order of increasing denominators and, for the same denominators, in increasing order.

— John L.

The usual construction is to take convergents of the continued fraction.

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus Yes, I agree. On the other hand, that almost-one-line proof is much simpler and accessible. (the "increasing order" in my last message should be "decreasing order".)

— John L.