गैर-संदर्भ मुक्त भाषा का उदाहरण जो फिर भी पंप किया जा सकता है?

इसलिए मूल रूप से L, CFL के लिए पम्पिंग लेम्मा की शर्तों को पूरा करता है, लेकिन CFL नहीं है (जो कि लेम्मा की परिभाषा के अनुसार संभव है)।

formal-languages context-free pumping-lemma

— user2329564
स्रोत

क्या यह एक होमवर्क सवाल है, या आप सिर्फ उत्सुक हैं?

— युवल फिल्मस

यह एक होमवर्क नहीं है, लेकिन मैं इसे परीक्षा में देखने की उम्मीद करता हूं (सिर्फ एक कूबड़, मेरे प्रोफेसर को जानना)। और मैं हमेशा उत्सुक

— हूं

हमारे पास एक समान प्रश्न था, लेकिन नियमित भाषाओं के लिए । निर्माण के एक ही प्रकार लागू होता है: एक विशेष प्रतीक ले

और विचार

एक बुरा भाषा के लिए

।

$

$\$$

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

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

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

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

— हेंड्रिक जनवरी

जवाबों:

शास्त्रीय उदाहरण । अपने पेपर में समझदार दिखाता है संदर्भ-मुक्त भाषाओं के लिए एक मजबूत पंपिंग लेम्मा जो न तो बार-हिलेल पंपिंग लेम्मा और न ही पारिख के प्रमेय (यह बताते हुए कि संदर्भ-मुक्त भाषा में शब्दों की लंबाई का सेट अर्ध-रैखिक है, यह साबित करने के लिए इस्तेमाल किया जा सकता है। वह संदर्भ-मुक्त नहीं है। अन्य ट्रिक जैसे नियमित भाषा के साथ इंटरसेक्ट करना भी मदद नहीं करता है। (ओग्डेन की लेम्मा, बार-हिलेल पंपिंग लेम्मा का एक सामान्यीकरण, यह साबित करता है कि $L = \{ a^i b^j c^k : i,j,k \text{ all different} \}$ $L$ $L$ संदर्भ-मुक्त नहीं है।) वह एक वैकल्पिक पंपिंग लेम्मा भी प्रदान करता है, जो संदर्भ-निर्मलता (कम्प्यूटेबल भाषाओं के लिए) के बराबर है, और यह साबित करने के लिए उपयोग करता है कि संदर्भ-मुक्त नहीं है। $L$

समझदार के पम्पिंग लेम्मा कहा गया है कि एक भाषा विषय से मुक्त करता है, तो और है एक (अप्रतिबन्धित) व्याकरण वहाँ केवल अगर पैदा और एक पूर्णांक ऐसी है कि जब भी एक "sentential फार्म" उत्पन्न (ताकि गैर टर्मिनल शामिल कर सकते हैं) लंबाई की , हम लिख सकते हैं जहाँ गैर-रिक्त हैं, $L$ $G$ $L$ $k$ $G$ $s$ $s$ $|s| > k$ $s = uvxyz$ $x,vy$ $|vxy| \leq k$ , और वहाँ एक गैर टर्मिनल है ऐसी है कि उत्पन्न और दोनों उत्पन्न और । $A$ $G$ $uAz$ $A$ $vAy$ $x$

लेम्मा में स्थिति को बार-बार लागू करने से, समझदार यह साबित करने में सक्षम है कि संदर्भ-मुक्त नहीं है, लेकिन विवरण कुछ जटिल हैं। वह एक और भी अधिक जटिल समतुल्य स्थिति देता है, और यह साबित करने के लिए इसका उपयोग करता है कि भाषा को संदर्भ-मुक्त भाषाओं के परिमित चौराहे के रूप में नहीं लिखा जा सकता है। $L$ $\{ a^n b a^{nm} : n,m > 0 \}$

यदि आप समझदार कागज (यह एक पेवेल के पीछे है) तक नहीं पहुंच सकते हैं, तो एक टाइपराइंट संस्करण है जो इंडियाना विश्वविद्यालय तकनीकी रिपोर्ट के रूप में सामने आया है।

एक गैर-संदर्भ-मुक्त भाषा जो ओगडेन के लेम्मा की पंपिंग स्थिति को संतुष्ट करती है, जॉनसनबाग और मिलर द्वारा दी गई है, पंपिंग लेम्मास का कनवेंस , और ओगडेन के लेम्मा को संतुष्ट करते हुए बोसोन और होरवाथ को जिम्मेदार ठहराया । प्रश्न में भाषा है हम लिख सकते हैं

\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}

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

, दो अलग-अलग लाइनों के अनुरूप। ध्यान दें कि

और कहा कि

नियमित है। ओग्डेन प्रेमयिका लेमा साबित होता है कि इस्तेमाल किया जा सकता

विषय से मुक्त नहीं है, और इसलिए न तो है

, लेकिन यह नहीं किया जा सकतासीधेकि दिखाने के लिए

विषय से मुक्त नहीं है।

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

$L' = L_1 \cup L_2$

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

$L_1 \cap L_2 = \emptyset$

L_{2}

$L_2$

L_{1}

$L_1$

L^{'}

$L'$

L^{'}

$L'$

— युवल फिल्मस
स्रोत

क्या यह कम से कम एक उत्पादन की तरह लग रहा है की जरूरत नहीं है: ए -> sententialForm1 किसी भी संभव हो सकता है के लिए एक sententialForm2

— user2329564

और अधिक सामान्य: एक गैर-बी के लिए यह आवश्यक नहीं है कि वह ए से व्युत्पन्न एक संवेदी रूप का हिस्सा हो, जैसे कि बी-> सेंडफुलफॉर्म 1। बी.सेंटफुलफ्रॉम 2, जी का उत्पादन है अन्यथा यह कैसे निश्चित होगा कि यह एक शब्द है। मनमाने ढंग से लंबाई ए से ली जा सकती है

— user2329564

मैं यह नहीं देखता कि, हमारे पास

उत्पादन क्यों है , जो पम्पिंग से मेल खाता है। उदाहरण के लिए, आप तुरंत बाद से पम्पिंग लेम्मा की वसूली

A \Rightarrow^{+} v A y

$A \Rightarrow^+ vAy$

।

S \Rightarrow^{*} u A z \Rightarrow^{*} u v^{i} A y^{i} z \Rightarrow^{*} u v^{i} x y^{i} z

$S \Rightarrow^* uAz \Rightarrow^* uv^iAy^iz \Rightarrow^* uv^ixy^iz$

— युवल फिल्मस

हमारे संदर्भ के लिए एक अच्छा इसके अलावा लगता है ।

— राफेल

"उलटा जीएसएम मैपिंग" के तहत बंद होने वाली एक और चीज़ है, ग्रहमाथ.ओर्गेनलाइज़ किए गए परिणाम देखें । शायद मैं इन्हें किसी बिंदु पर जोड़ दूंगा।

— युवल फिल्मस

और भी आसान: । हमेशा एस पंप कर सकते हैं ; नियमित साथ प्रतिच्छेदन एक गैर-सीएफएल देता है (और यह लम्मा पंप करके साबित किया जा सकता है)। $\{a^m b^n c^n d^n\colon m \ge 1, n \ge 1\}$ $a$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$

— vonbrand
स्रोत

यह तीसरे होमवर्क के लिए एक अच्छा जोड़ होगा ... मुआहा

— Renato Sanhueza

मुझे नहीं लगता कि यह सही है। तो केवल एक ही साथ भाषा शुरू होता है

है, तो अगर आप पंप करने के लिए कोशिश

तथ्य के लिए खाते में आप हैं, वे

भी भाषा में होनी चाहिए।

a

$a$

a

$a$

a^{0}

$a^0$

— एमसीटी

एमसीटी की टिप्पणी पर विस्तार करने के लिए: शब्द पर विचार

; चुनें

। फिर,

भाषा में नहीं है, क्योंकि यह a से शुरू नहीं होता है, इसलिए लेम्मा धारण नहीं करता है।

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

$ab^pc^pd^p$

v = a

$v=a$

u = w = x = ε

$u=w=x=\varepsilon$

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

$y=b^pc^pd^p$

i = 0

$i=0$

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

$uv^iwx^iy$

— पोटेंसीसिटी

एक साधारण भाषा है । साथ अंतःक्रिया $\{a b^n c^n d^n \colon n \ge 1\} \cup \mathcal{L}(a a^+ b^+ c^+ d^+)$ एक स्पष्ट रूप से गैर सीएफएल प्राप्त करने के लिए, लेकिन आप हमेशा पंप कर सकते हैं है, और के समुद्र में बराबर-लंबाई सत्ता mimetize $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$ $a$ ${}^+$ ।

— vonbrand
स्रोत

समझदारी का उदाहरण (जाहिरा तौर पर) इन तकनीकों के लिए प्रतिरक्षा है, या इसलिए वह दावा करता है।

— युवल फिल्मस

@YuvalFilmus, तो ऐसा लगता है। लेकिन मेरा उदाहरण प्राध्यापकों के लिए प्रतिरक्षा है कि आप समझदार पेपर को समझ रहे हैं, या एक पूर्ण प्रमाण चाहते हैं कि यह परीक्षा के 2-घंटे की सीमा में सीएफएल नहीं है ;-)

— vonbrand