Utiliser le lemme de pompage pour prouver le langage

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J'essaie d'utiliser le lemme de pompage pour prouver que n'est pas régulier. $L = \{(01)^m 2^m \mid m \ge0\}$

Voici ce que j'ai jusqu'à présent: supposons que est régulier et que soit la longueur de pompage, donc . Considérons toute décomposition de pompage telle que et . $L$ $p$ $w = (01)^p 2^p$ $w = xyz$ $|y| >0$ $|xy| \le p$

Je ne sais pas quoi faire ensuite.

Suis-je sur la bonne voie? Ou suis-je loin?

formal-languages regular-languages pumping-lemma

— Momagic
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vous êtes sur la bonne voie. si vous "pompez" vous changez le nombre de 0 et de 1, mais pas le nombre de 2 (pourquoi?). Cela conduira à une contradiction.

— Ran G.

oh, notez qu'il ne peut pas être que et . Je suppose que c'est une faute de frappe et vous vouliez dire .

| y | > p

$|y|>p$

| x y | < p

$|xy|<p$

| y | > 0

$|y|>0$

— Ran G.

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Notez que le pompage du lemme n'est pas le moyen le plus rapide ici, car

est très proche des exemples canoniques pour les langages non réguliers. Essayez d'utiliser les propriétés de fermeture de

!

L

$L$

R E G

$\mathrm{REG}$

— Raphael

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Ou vérifiez la preuve du lemme de pompage pour vous rendre compte que vous pouvez également avoir la chaîne pompée près de la fin et pomper les 2, ce qui est plus facile.

— vonbrand

@vonbrand ou prenez l'inverse de la langue et appliquez le lemme de pompage direct à celui-ci.

— Al.G.

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Astuce: Vous devez considérer à quoi ressemblent toutes les décompositions , donc quelles sont toutes les choses possibles , et peuvent être données que . Ensuite, vous pompez chacun et voyez si vous obtenez une contradiction, qui sera un mot qui n'est pas dans votre langue. Chaque cas doit conduire à une contradiction, qui serait alors une contradiction du lemme de pompage. Voila! La langue ne serait pas régulière. $w=xyz$ $x$ $y$ $z$ $xyz=(01)^p2^p$

Bien sûr, vous devez étudier les détails et considérer toutes les séparations possibles.

— Dave Clarke
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Vous avez une décomposition et une contrainte de longueur . Qu'est-ce que cela dit sur la façon dont , et peuvent s'intégrer dans la décomposition? En particulier, le lemme de pompage vous permet de répéter , votre objectif est donc de trouver un moyen de répéter plusieurs fois (ou de supprimer , parfois c'est plus simple) perturbera irrémédiablement le modèle qui définit la langue. $xyz = (01)^p 2^p$ $|xy| \le p$ $x$ $y$ $z$ $y$ $y$ $y$

Il y a une limite évidente dans le motif: la première partie contient des répétitions de , la deuxième partie n'en contient que . La chose intéressante est où tombe. Est - toujours contenu dans une de ces parties, ou peut - il enjamber les deux? $01$ $2$ $y$ $y$

Depuis , est entièrement contenu dans la partie , et contient tous les . Donc, si vous répétez une fois de plus, vous obtenez une première partie plus longue, mais la partie reste la même. En d'autres termes, se termine par exactement lettres . Pour terminer l'épreuve correctement, montrez que contient trop de lettres et $|xy| \le p$ $xy$ $(01)^p$ $z$ $2$ $y$ $2^p$ $xyyz$ $p$ $2$ $xyyz$ $0$ $1$ pour s'adapter à l'expression régulière.

— Gilles 'SO- arrête d'être méchant'
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Trois ans plus tard, nous allons prouver que avec n'est pas régulier par contradiction en utilisant les propriétés de fermeture (un moyen plus rapide que d'utiliser le lemme de pompage ). $L = \{(01)^m 2^m \mid m \ge0\}$ $\Delta=\{0,1,2\}$

On suppose d'abord que est régulier. Nous savons que les langages réguliers sont fermés par homomorphisme inverse. $L$

Considérons l'homomorphisme avec: $h:\Sigma^* \rightarrow \Delta^*$

$\Sigma = \{a,b\}$

$h(a)= 01$

$h(b)= 2$

L'homomorphisme inverse de est: $L$

$h^{-1}(L)= \{a^nb^n| n\geq 0 \} = L'$

Cela génère une contradiction car est un exemple canonique d'un langage irrégulier donc ne peut pas être régulier. $L'$ $L$

— Renato Sanhueza
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Je vais donner une non-réponse à cette question, car ce n'est pas exactement le lemme de pompage, mais peut-être éclaircit ce qu'est l'idée du lemme de pompage. Voici un fait de base sur les automates à états finis déterministes, qui est l'essence du théorème de Myhill-Nerode: Si deux chaînes et conduisent le FSA au même état, alors pour tout , les deux et sont accepté, ni l'un ni l'autre. $a$ $b$ $c$ $ac$ $bc$

Revenons à votre problème, supposons qu'un automate déterministe pour votre langue ait états. Alors au moins deux de , , , , disons et avec , conduisent l'automate dans le même état (c'est le principe du pigeonnier). Selon le fait, alors soit les deux et $n$ $(01)^1$ $(01)^2$ $\ldots$ $(01)^{n+1}$ $(01)^p$ $(01)^q$ $p\neq q$ $(01)^p2^p$ sont dans ou aucun ne l'est, ce qui est une contradiction. $(01)^q2^p$ $L$

— Louis
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