Ví dụ về một ngôn ngữ phi ngữ cảnh mà dù sao cũng có thể được bơm?

Vì vậy, về cơ bản L thỏa mãn các điều kiện của bổ đề bơm cho CFL nhưng không phải là CFL (điều đó là có thể theo định nghĩa của bổ đề).

formal-languages context-free pumping-lemma

— người dùng 2329564
nguồn

Đây có phải là một câu hỏi bài tập về nhà, hoặc bạn chỉ tò mò?

— Yuval Filmus

Đây không phải là một bài tập về nhà nhưng tôi mong đợi được nhìn thấy nó trong kỳ thi (chỉ là linh cảm, biết giáo sư của tôi). Và tôi luôn tò mò :)

— 2329564

Chúng tôi đã có một câu hỏi tương tự, nhưng đối với các ngôn ngữ thông thường . Cùng loại xây dựng áp dụng: lấy một biểu tượng đặc biệt

và xem xét

cho một ngôn ngữ khó chịu

$

$\$$

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

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

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

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

— Hendrik

Câu trả lời:

Ví dụ cổ điển là . Wise cho thấy trong bài viết của mình Một bổ đề bơm mạnh cho các ngôn ngữ không ngữ cảnh mà cả định lý bơm Bar-Hillel và định lý của Parikh (nói rằng tập hợp các từ dài trong ngôn ngữ không ngữ cảnh là bán tuyến tính) có thể được sử dụng để chứng minh rằng không phải là bối cảnh tự do. Các thủ thuật khác như giao với một ngôn ngữ thông thường cũng không có ích. (Bổ đề của Ogden, một khái quát của bổ đề bơm Bar-Hillel, không chứng minh rằng $L = \{ a^i b^j c^k : i,j,k \text{ all different} \}$ $L$ $L$ không phải là không có ngữ cảnh.) Ông cũng cung cấp một bổ đề bơm thay thế tương đương với ngữ cảnh (đối với các ngôn ngữ có thể tính toán) và sử dụng nó để chứng minh rằng không có ngữ cảnh. $L$

Bang bơm Bổ đề khôn ngoan của một ngôn ngữ là bối cảnh được miễn nếu và chỉ nếu có một (không hạn chế) ngữ pháp tạo và một số nguyên đến nỗi bất cứ khi nào tạo ra một "hình thức sentential" (do đó có thể bao gồm phi thiết bị đầu cuối) chiều dài , chúng ta có thể viết trong đó không trống, $L$ $G$ $L$ $k$ $G$ $s$ $s$ $|s| > k$ $s = uvxyz$ $x,vy$ $|vxy| \leq k$ , Và có một tổ chức phi-terminal ví dụ mà tạo ra và tạo ra cả hai và . $A$ $G$ $uAz$ $A$ $vAy$ $x$

Bằng cách liên tục áp dụng điều kiện trong bổ đề, Wise có thể chứng minh rằng không có ngữ cảnh, nhưng các chi tiết có phần phức tạp. Ông cũng đưa ra một điều kiện tương đương thậm chí phức tạp hơn và sử dụng nó để chứng minh rằng ngôn ngữ không thể được viết dưới dạng giao điểm hữu hạn của các ngôn ngữ không ngữ cảnh. $L$ $\{ a^n b a^{nm} : n,m > 0 \}$

Nếu bạn không thể truy cập vào giấy của Wise (đằng sau một bức tường), có một phiên bản đánh máy được phát hành dưới dạng một báo cáo kỹ thuật của trường đại học Indiana.

Một ngôn ngữ phi ngữ cảnh thỏa mãn điều kiện bơm của bổ đề của Ogden được đưa ra bởi Johnsonbaugh và Miller, Converse của bơm chanh , và được gán cho Boasson và Horvath, về các ngôn ngữ thỏa mãn bổ đề của Ogden . Ngôn ngữ trong câu hỏi là Chúng tôi có thể viết

\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}

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

, tương ứng với hai dòng khác nhau. Lưu ý rằng

và

là thường xuyên. Bổ đề Ogden có thể được sử dụng để chứng minh rằng

không phải là bối cảnh tự do, và do đó không phải là

, nhưng nó không thể được sử dụngtrực tiếpđể chứng minh rằng

không phải là bối cảnh tự do.

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^{'}

$L'$

— Yuval Filmus
nguồn

Không nhất thiết phải có ít nhất một sản phẩm giống như thế này: A -> sententialForm1 Một sententialForm2 cho bất kỳ việc bơm nào đều có thể xảy ra

— 2329564

Nói chung chung hơn: không cần thiết cho một nonterminal B là một phần của hình thức cảm tính có nguồn gốc từ A sao cho B-> sententialForm1.B.sententialfrom2 là một sản phẩm của G. Nếu không thì chắc chắn rằng một từ của một chiều dài tùy ý có thể được bơm từ A.

— user 2329564

Tôi không hiểu tại sao, chúng tôi có một sản xuất

, mà tương ứng với bơm. Ví dụ, bạn ngay lập tức thu hồi Bổ đề bơm từ

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

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

— Yuval Filmus

Âm thanh như một bổ sung tốt đẹp để tham khảo của chúng tôi .

— Raphael

Một điều còn thiếu ở đây là việc đóng cửa trong "ánh xạ nghịch đảo GSM", xem hành tinhmath.org/generalized resultentialmachine . Có lẽ tôi sẽ thêm những thứ này vào một lúc nào đó.

— Yuval Filmus

Thậm chí đơn giản hơn: . Luôn luôn có thể bơm s; giao điểm với thông thường tạo ra một CFL không (và điều đó có thể được chứng minh bằng cách bơm bổ đề). $\{a^m b^n c^n d^n\colon m \ge 1, n \ge 1\}$ $a$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$

— vonbrand
nguồn

Đây sẽ là một bổ sung tốt đẹp cho bài tập về nhà thứ ba ... muahaha

— Renato Sanhueza

Tôi không nghĩ rằng điều này là đúng. Nếu ngôn ngữ bắt đầu chỉ bằng một

, thì nếu bạn cố gắng bơm

bạn phải tính đến thực tế

cũng phải có trong ngôn ngữ.

a

$a$

a

$a$

a^{0}

$a^0$

— MCT

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}

$y=b^pc^pd^p$ . Then, for

i = 0

$i=0$ ,

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

$uv^iwx^iy$ is not in the language, as it doesn't start with an a, so the lemma doesn't hold.

— potestasity

A simple language is $\{a b^n c^n d^n \colon n \ge 1\} \cup \mathcal{L}(a a^+ b^+ c^+ d^+)$ . Intersect with $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$ to get a clearly non-CFL, but you can always pump the $a$ , and mimetize the equal-length-ness in the sea of ${}^+$ .

— vonbrand
nguồn

Wise's example is (apparently) immune to these techniques as well, or so he claims.

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus, so it seems. But my example is immune to professors doubting you understood Wise's paper, or wanting a complete proof that it isn't a CFL in the 2-hour limit of the exam ;-)

— vonbrand