Contoh bahasa bebas non-konteks yang tetap BISA dipompa?

Jadi pada dasarnya L memenuhi kondisi lemma pemompaan untuk CFL tetapi bukan CFL (itu mungkin menurut definisi lemma).

formal-languages context-free pumping-lemma

— pengguna2329564
sumber

Apakah ini pertanyaan pekerjaan rumah, atau Anda hanya ingin tahu?

— Yuval Filmus

Ini bukan pekerjaan rumah tetapi saya berharap melihatnya dalam ujian (hanya firasat, mengenal profesor saya). Dan saya selalu penasaran :)

— user2329564

Kami memiliki pertanyaan serupa, tetapi untuk bahasa reguler . Jenis konstruksi yang sama berlaku: ambil simbol khusus

dan pertimbangkan

untuk bahasa yang tidak menyenangkan

$

$\$$

$ 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

Contoh klasiknya adalah . Wise menunjukkan dalam makalahnya Sebuah lemma pemompaan yang kuat untuk bahasa bebas konteks bahwa baik Bar-Hillel yang memompa lemma atau teorema Parikh (yang menyatakan bahwa rangkaian panjang kata dalam bahasa bebas konteks adalah semi-linear) dapat digunakan untuk membuktikan bahwa tidak bebas konteks. Trik lain seperti bersinggungan dengan bahasa biasa juga tidak membantu. (Lemma Ogden, generalisasi dari lemma pemompaan Bar-Hillel, memang membuktikan bahwa $L = \{ a^i b^j c^k : i,j,k \text{ all different} \}$ $L$ $L$ tidak bebas konteks.) Ia juga menyediakan lemma pemompaan alternatif yang setara dengan kehalusan konteks (untuk bahasa yang dapat dihitung), dan menggunakannya untuk membuktikan bahwa tidak bebas konteks. $L$

Lemma pemompaan Wise menyatakan bahwa bahasa bebas konteks jika dan hanya jika ada (tidak dibatasi) tata bahasa menghasilkan dan bilangan bulat sehingga setiap kali menghasilkan "bentuk sentimental" (sehingga dapat mencakup non-terminal) panjang , kita dapat menulis mana tidak kosong, $L$ $G$ $L$ $k$ $G$ $s$ $s$ $|s| > k$ $s = uvxyz$ $x,vy$ $|vxy| \leq k$ , dan ada non-terminal sehingga menghasilkan dan menghasilkan dan . $A$ $G$ $uAz$ $A$ $vAy$ $x$

Dengan berulang kali menerapkan kondisi dalam lemma, Wise dapat membuktikan bahwa tidak bebas konteks, tetapi detailnya agak rumit. Dia juga memberikan kondisi setara yang lebih rumit, dan menggunakannya untuk membuktikan bahwa bahasa tidak dapat ditulis sebagai persimpangan terbatas dari bahasa bebas konteks. $L$ $\{ a^n b a^{nm} : n,m > 0 \}$

Jika Anda tidak dapat mengakses kertas Wise (di balik paywall), ada versi yang diketik yang keluar sebagai laporan teknis universitas Indiana.

Bahasa bebas-konteks yang memenuhi kondisi pemompaan lemma Ogden diberikan oleh Johnsonbaugh dan Miller, Kebalikan dari memompa lemma , dan dikaitkan di sana dengan Boasson dan Horvath, Pada bahasa yang memuaskan lemma Ogden . Bahasa yang dimaksud adalah Kita dapat menulis

\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}

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

, sesuai dengan dua garis yang berbeda. Perhatikan bahwa

dan bahwa

adalah teratur. Lemma Ogden dapat digunakan untuk membuktikan bahwa

tidak bebas konteks, dan begitu juga

, tetapi tidak dapat digunakansecara langsunguntuk menunjukkan bahwa

tidak bebas konteks.

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
sumber

Bukankah perlu setidaknya satu produksi yang terlihat seperti ini: A -> sententialForm1 A sententialForm2 untuk memungkinkan pemompaan

— user2329564

Yah lebih umum: bukankah diperlukan untuk B nonterminal untuk menjadi bagian dari bentuk sentensial yang dapat diturunkan dari A sehingga B-> sententialForm1.B.sententialfrom2 adalah produksi G. Jika tidak, bagaimana bisa dipastikan bahwa sebuah kata dari panjang sewenang-wenang dapat dipompa dari A.

— user2329564

Saya tidak mengerti mengapa, kami memiliki produksi

, yang sesuai dengan pemompaan. Misalnya, Anda segera memulihkan lemma pemompaan sejak

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

Kedengarannya seperti tambahan yang bagus untuk referensi kami .

— Raphael

Hal lain yang hilang adalah penutupan di bawah "pemetaan gsm terbalik", lihat planetmath.org/generalized followingentialmachine . Mungkin saya akan menambahkan ini di beberapa titik.

— Yuval Filmus

Lebih sederhana: . Selalu dapat memompa ; persimpangan dengan teratur memberikan non-CFL (dan yang dapat dibuktikan dengan memompa lemma). $\{a^m b^n c^n d^n\colon m \ge 1, n \ge 1\}$ $a$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$

— vonbrand
sumber

Ini akan menjadi tambahan yang bagus untuk pekerjaan rumah ketiga ... muahaha

— Renato Sanhueza

a

$a$

a

$a$

a^{0}

$a^0$

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
sumber

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