Có gì sai với chứng minh bổ đề bơm của tôi?

Ngôn ngữ rõ ràng là thông thường - ví dụ: nó phù hợp với biểu thức chính quy . Nhưng đối số bổ đề bơm sau đây dường như cho thấy nó không thường xuyên. Có chuyện gì vậy?$L = \{0^{2n} \space |\space n \ge 0 \}$$(00)^*$

Tôi đã tìm thấy một cách để tách một đầu vào $s$ như $xyz$ thỏa mãn các yêu cầu của Bổ đề bơm nhưng đó là không đúng sự thật rằng $xy^iz\in L$ cho tất cả  $i$ . Điều đó không có nghĩa là ngôn ngữ không thường xuyên?

Cụ thể hơn, bổ đề bơm cho các ngôn ngữ thường xuyên nói rằng, nếu một ngôn ngữ  $L$ là thường xuyên, tồn tại bơm chiều dài $p \ge 1$ đến nỗi bất kỳ chuỗi $s\in L$ với $|s|> p$ có thể được viết như $s = xyz$ như vậy cái đó:

1. $\lvert y \rvert \ge 1$
2. $\lvert xy \rvert \le p$
3. $xy^iz\in L$ cho tất cả $i \ge 0$ .

Vì vậy, hãy lấy $s = 0^{2p}$ và viết nó dưới dạng $s=\epsilon\, 0 \, 0^{2p-1}$ (nghĩa là $x = \epsilon$ , $y = 0$ , $z = 0^{2p-1}$ ). Điều này thỏa mãn 1. và 2. Nhưng, lấy $i=0$ , chúng tôi nhận được $xy^iz = \epsilon\, 0^0\,0^{2p-1} = 0^{2p-1}$ , không có trong  $L$ vì chiều dài của nó là số lẻ. Vì vậy, có vẻ như ngôn ngữ không thường xuyên.

^{Đây là một câu hỏi tham khảo minh họa một lỗi phổ biến trong việc sử dụng bổ đề bơm cho các langau thông thường. Cảm ơn Ariel đã phát hiện ra vấn đề trong phiên bản gốc của câu hỏi.}

Vấn đề là ở các bộ định lượng. Bổ đề bơm nói rằng bất kỳ chuỗi có đều có thể được viết là sao cho ba thuộc tính giữ. Nó không nói rằng mọi cách viết nó dưới dạng làm cho hai thuộc tính đầu tiên giữ cũng làm cho thứ ba giữ.$s$$|s|\geq p$ $xyz$$xyz$

Đối với ngôn ngữ , chúng tôi tiến hành như sau. Đầu tiên, lưu ý rằng chúng ta phải có , vì nếu , chúng ta buộc phải lấy , , và bạn đã thể hiện trong câu hỏi rằng cái này không hoạt động. Vì vậy, với , chúng ta có thể viết là ( , , ). Chúng tôi có , và cho tất cả$\{0^{2n}\mid n\geq 0\}$$p\geq 2$$p=1$$x=\epsilon$$y=0$$z=0^{2p-1}$$p\geq 2$$s = 0^{2p}$$s=\epsilon\,00\,0^{2(p-1)}$$x=\epsilon$$y=00$$z=0^{2(p-1)}$$|\epsilon00| \leq p$$|00|>1$$(00)^i\,0^{2(p-1)}\in L$$i\geq 0$. Do đó, tồn tại một số cách phân tách chuỗi dưới dạng thỏa mãn tất cả các thuộc tính, mặc dù phân tách đầu tiên bạn nghĩ là không hoạt động.$xyz$

Để chỉ ra rằng một ngôn ngữ không thường xuyên, bạn cần chỉ ra rằng mọi phân tách thành thỏa mãn hai thuộc tính đầu tiên không thỏa mãn ngôn ngữ thứ ba. Nó không đủ để chỉ ra rằng một phân tách không hoạt động.$xyz$

Để hiểu lý do tại sao bổ đề bơm là như vậy, nó giúp suy nghĩ về bằng chứng. Nếu một ngôn ngữ là thường xuyên, nó được chấp nhận bởi một số DFA. DFA đó có một số trạng thái: gọi nó là . Theo nguyên tắc pigeonhole, bất cứ khi nào DFA đọc một chuỗi dài hơn , nó phải truy cập một số trạng thái hai lần: nói trạng thái  . Bây giờ,  là một phần của đầu vào đọc tối đa (và bao gồm) lần truy cập đầu tiên vào  ,  là phần được đọc sau lần truy cập đầu tiên và tối đa và bao gồm cả lần thứ hai (phải có ít nhất một ký tự) và  là phần còn lại . Nhưng bây giờ bạn có thể thấy rằng phải được chấp nhận: đưa bạn từ trạng thái bắt đầu sang $p$$p$$q$$x$$q$$y$$z$$xz$$x$$q$ và đưa bạn từ đến trạng thái chấp nhận. Tương tự như vậy, phải được chấp nhận cho bất kỳ dương nào  , vì mỗi lần lặp lại của  sẽ đưa bạn từ trở về  . Lưu ý rằng sự phân rã của đầu vào thành , và  hoàn toàn được xác định bởi automaton, lần lượt, được xác định (nhưng không phải là duy nhất) bởi ngôn ngữ. Vì vậy, bạn không được chọn phân tách: nếu ngôn ngữ là thường xuyên, một số phân tách tồn tại; để chỉ ra rằng một ngôn ngữ không thường xuyên, bạn phải chỉ ra rằng mọi phân tách đều thất bại.$z$$q$$xy^iz$$i$$y$$q$$q$$x$$y$$z$