Là ngôn ngữ

Có phải ngôn ngữ $L = \{0^n 1^m \mid n \text{ and } m \text{ are co-prime}\}$ ngữ cảnh?

Tôi đoán rằng nó không phải là bối cảnh miễn phí vì có vẻ như quá phức tạp đối với một thiết bị PDA để quyết định xem 2 số có phải là số nguyên tố hay không.

Tôi đã cố gắng sử dụng bổ đề bơm không có kết quả.

Bất kỳ trợ giúp sẽ được vui mừng đánh giá cao.

Biên tập:

Đây là một trong những nỗ lực thất bại của tôi với bổ đề bơm:

Gọi là hằng số. Lấy một số nguyên tố sao chovà sau đó lấy từ . Đặt là phân rã của thỏa mãn các điều kiện trong bổ đề bơm. $N$ $p$ $p > N!$ $z = 0^p 1^{p+N!} \in L$ $z = uvwxy$ $z$

Nếu chỉ chứa số không thì là một số nguyên giữa và . Xác định là . Với từ $vx$ $|vx| = k$ $1$ $N$ $m$ $m = N!/k$ $i = m+1$ $uv^iwx^iy = 0^{p+N!}1^{p+N!} \not\in L$

Tuy nhiên, tôi đã không tìm thấy số nguyên như vậy cho các trường hợp phân tách khác. $i$

— Robert777
nguồn

Chào mừng bạn đến với Khoa học máy tính ! Hãy để tôi hướng bạn đến các câu hỏi tham khảo của chúng tôi có thể giải quyết vấn đề của bạn. Vui lòng xử lý các câu hỏi liên quan được liệt kê ở đó, cố gắng giải quyết vấn đề của bạn một lần nữa và chỉnh sửa để bao gồm các nỗ lực của bạn cùng với các vấn đề cụ thể bạn gặp phải. Tôi nghĩ định lý của Parikh có thể phù hợp với bạn.

— Raphael

Parikh nên làm việc, nhưng cũng bơm tiêu chuẩn / Ogden, phải không?

— Ran G.

Đây thực sự là một câu hỏi đố. Vì chúng ta chưa học định lý của Parikh, có lẽ có một cách để chỉ ra rằng nó không có ngữ cảnh với bổ đề bơm hoặc với các thuộc tính đóng.

— Robert777

@Raphael, trong trường hợp này lý Parikh của không thực sự thêm bất cứ điều gì ngoài Bổ đề bơm thẳng (ví dụ, từ

có thể nhận được tất cả

cho một số

không phải cả hai không và

). Nhưng tôi không thấy cách nào để lực lượng

0^{n} 1^{m}

$0^n 1^m$

0^{n + k a} 1^{m + k b}

$0^{n + k a} 1^{m + k b}$

a

$a$

b

$b$

k \geq - 1

$k \ge -1$

gcd (n + k a, m + k b) \neq 1

$\gcd(n + k a, m + k b) \ne 1$

— vonbrand

@vonbrand Chúng tôi có thể làm việc trên

thay vào đó; thấy ở đây .

\bar{L} \cap L (0^{*} 1^{*})

$\overline{L} \cap \mathcal{L}(0^*1^*)$

— Raphael

Vô lý là tôi đã không nhìn thấy điều này sớm hơn ...

Bằng chứng cho thấy ngôn ngữ (gọi nó là ) không có ngữ cảnh là do mâu thuẫn. Giả sử là bối cảnh tự do, bởi bổ đề bơm cho CFGs có một hằng số như vậy mà mỗi chuỗi như vậy nó có thể được viết với sao cho với mọi chuỗi . Lấy $\mathcal{L}$ $\mathcal{L}$ $N$ $\sigma \in \mathcal{L}$ $\lvert \sigma \rvert \ge N$ $\sigma = u v x y z$ $v y \ne \epsilon$ $k \ge 0$ $u v^k x y^k z \in \mathcal{L}$ các số nguyên tố khác nhau (sao cho ) và và lấy . Chuỗi được bơm sẽ là đối với một số hằng số , , không phải cả 0 và sao cho và (chúng ta có $m, n$ $\gcd(m, n) = 1$ $m, n > 2N$ $\sigma = 0^m 1^n$ $0^{m + k a} 1^{n + k b}$ $a$ $b$ $a < m$ $b < n$ theo cách , đã được chọn). Trường hợp của một trong số họ không được bao phủ bởi OP, nên xem xét . Hiện nay: $a, b \le N < m / 2, n / 2$ $m$ $n$ $a, b \ne 0$

\begin{aligned} m + k a & \equiv 0 (\mod n) \\ n + k b & \equiv 0 (\mod m) \end{aligned}

$\begin{align*} m + k a &\equiv 0 \pmod{n} \\ n + k b &\equiv 0 \pmod{m} \end{align*}$

Đây có một giải pháp độc đáo modulo bởi Định lý số dư Trung Quốc (chúng tôi có , và như là số nguyên tố, ; tương tự và ), và do đó chúng ta có thể viết: $k^*$ $m n$ $a < n$ $n$ $\gcd(a, n) = 1$ $b$ $m$ tức là,. Mâu thuẫn.

\begin{aligned} m + k^{*} a & \equiv 0 (\mod m n) \\ n + k^{*} b & \equiv 0 (\mod m n) \end{aligned}

$\begin{align*} m + k^* a &\equiv 0 \pmod{mn} \\ n + k^* b &\equiv 0 \pmod{mn} \end{align*}$

m n ∣ gcd (m + k^{*} a, n + k^{*} b)

$m n \mid \gcd(m + k^* a, n + k^* b)$

— vonbrand
nguồn

Cảm ơn vì đã trả lời. Tôi thích cách bạn tiếp cận điều này. Tuy nhiên, tôi không hiểu bạn đã sử dụng định lý còn lại của Trung Quốc như thế nào nếu điều này chỉ có thể được áp dụng trên một hệ thống các đồng đẳng tuyến tính có dạng:

\begin{aligned} x & \equiv b 1 (\mod m 1) \\ x & \equiv b 2 (\mod m 2) \end{aligned}

$\begin{align*} x &\equiv b1 \pmod{m1} \\ x &\equiv b2 \pmod{m2} \end{align*}$

— Robert777

@ Robert777, chỉ cần viết

và như vậy.

k a \equiv - m (\mod n)

$k a \equiv -m \pmod{n}$

— vonbrand

nhưng bạn nhận được một dạng đồng dạng:

và nó không giống nhau. Ví dụ, nếu

thì đồng đẳng không có giải pháp.

\begin{aligned} a x & \equiv b (\mod m) \end{aligned}

$\begin{align*} a x &\equiv b \pmod{m} \\ \end{align*}$

g c d (a, m) ⧸ | b

$gcd(a,m) \not | b$

— Robert777

@ Robert777, bạn hoàn toàn đúng. Thay đổi để chọn

nguyên tố. Cảm ơn!

m

$m$

n

$n$

— vonbrand

Được rồi, sau khi chúng tôi đã sử dụng Định lý số dư Trung Quốc, tại sao chúng ta có thể viết các đồng dư:

\begin{aligned} m + k^{*} a & \equiv 0 (\mod m n) \\ n + k^{*} b & \equiv 0 (\mod m n) \end{aligned}

$\begin{align*} m + k^* a &\equiv 0 \pmod{mn} \\ n + k^* b &\equiv 0 \pmod{mn} \end{align*}$

— Robert777