จะพิสูจน์ได้อย่างไรว่าภาษาไม่ปกติ

เราได้เรียนรู้เกี่ยวกับการเรียนของภาษาปกติ{} มันโดดเด่นด้วยแนวคิดใดแนวคิดหนึ่งในการแสดงออกปกติออโต้ จำกัด และไวยากรณ์ด้านซ้ายดังนั้นจึงเป็นเรื่องง่ายที่จะแสดงว่าภาษาที่กำหนดเป็นปกติ$\mathrm{REG}$

ฉันจะแสดงสิ่งที่ตรงกันข้ามได้อย่างไร? TA ของฉันได้รับการยืนยันว่าในการทำเช่นนั้นเราจะต้องแสดงให้เห็นสำหรับการแสดงออกปกติทั้งหมด (หรือสำหรับออโต้ จำกัด ทั้งหมดหรือสำหรับไวยากรณ์ซ้าย - เชิงเส้นทั้งหมด) ที่พวกเขาไม่สามารถอธิบายภาษาที่อยู่ในมือ ดูเหมือนว่าจะเป็นงานใหญ่!

ฉันได้อ่านเกี่ยวกับบทแทรกซึมบ้าง แต่มันดูซับซ้อนจริงๆ

^{นี่เป็นคำถามอ้างอิงที่รวบรวมวิธีการพิสูจน์ตามปกติและตัวอย่างการใช้ ดูที่นี่สำหรับคำถามเดียวกันเกี่ยวกับภาษาที่ไม่มีบริบท}

การพิสูจน์โดยความขัดแย้งมักใช้เพื่อแสดงว่าภาษาไม่ปกติ: ให้เป็นคุณสมบัติจริงสำหรับทุกภาษาปกติหากภาษาเฉพาะของคุณไม่ได้ตรวจสอบว่าไม่ใช่ภาษาปกติ คุณสมบัติต่อไปนี้สามารถใช้ได้:$P$$P$

1. บทแทรกการสูบน้ำอย่างสุดขั้วในคำตอบของเดฟ ;
2. คุณสมบัติการปิดของภาษาปกติ (ชุดปฏิบัติการ, การต่อ, ดาวคลีน, กระจก, โฮโมมอร์ฟิซึม);
3. ภาษาปกติมีจำนวน จำกัด ของคำนำหน้าชั้นสมมูล, Myhill-Nerode ทฤษฎีบท

เพื่อพิสูจน์ว่าภาษาไม่ปกติโดยใช้คุณสมบัติการปิดเทคนิคคือการรวมกับภาษาปกติโดยการดำเนินการที่รักษาความสม่ำเสมอเพื่อให้ได้ภาษาที่ทราบว่าไม่ปกติเช่นภาษา archetypical\} ตัวอย่างเช่นให้\} สมมติเป็นปกติเป็นภาษาปกติจะปิดภายใต้ complementation เพื่อให้เป็น 's ส่วนประกอบค ทีนี้หาจุดตัดของและซึ่งเป็นค่าปกติเราได้ค่าซึ่งไม่เป็นปกติL I = { a n b n | n ∈ N } L = { a p b q | p ≠ q } L L L c L c a ⋆ b ⋆$L$$L$$I= \{ a^n b^n | n \in \mathbb{N} \}$$L= \{a^p b^q | p \neq q \}$$L$$L$$L^c$$L^c$$a^\star b^\star$$I$

ทฤษฎีบท Myhill – Nerode สามารถนำมาใช้เพื่อพิสูจน์ว่าไม่ปกติ สำหรับ ,\} คลาสทั้งหมดนั้นแตกต่างกันและมีจำนวนอนันต์ที่นับได้ของคลาสดังกล่าว ในฐานะที่เป็นภาษาปกติจะต้องมีจำนวน จำกัด ของชั้นเรียนไม่ปกติp ≥ 0 I / a p = { a r b r b p | R ∈ N } = ฉัน { b p } $I$$p \geq 0$$I/a^p= \{ a^{r}b^rb^p| r \in \mathbb{N} \}=I.\{b^p\}$$I$

ตามคำตอบของ Dave นี่คือ "คู่มือ" ทีละขั้นตอนสำหรับการใช้บทแทรก

จำบทแทรกการปั๊ม (นำมาจากคำตอบของเดฟที่ถ่ายจาก Wikipedia):

ให้เป็นภาษาปกติ จากนั้นจะมีจำนวนเต็ม (ขึ้นอยู่กับ ) เช่นเดียวกับที่ทุก ๆ สตริงในของความยาวอย่างน้อย (เรียกว่า "pumping length") สามารถเขียนเป็น (เช่นสามารถ แบ่งออกเป็นสามสตริงย่อย) ซึ่งเป็นไปตามเงื่อนไขต่อไปนี้:$L$$n\ge 1$$L$$w$$L$$n$$n$$w = xyz$$w$

1. $|y| \ge 1$
2. $|xy| \le n$ and
3. เป็น "สูบ"ยังคงอยู่ใน : สำหรับทุก ,L $w$$L$$i \ge 0$$xy^iz \in L$

สมมติว่าคุณได้รับภาษาและคุณต้องการแสดงให้เห็นว่ามันไม่ปกติผ่านบทแทรก หลักฐานมีลักษณะเช่นนี้:$L$

1. สมมติว่าเป็นปกติ$L$
2. ถ้าเป็นปกติแล้ว lemma ของการสูบน้ำบอกว่ามีจำนวนอยู่ซึ่งก็คือความยาวของการสูบน้ำ$n$
3. เลือกเฉพาะคำความยาวขนาดใหญ่กว่าnส่วนที่ยากคือการรู้ว่าต้องใช้คำไหน$w\in L$$n$
4. พิจารณาทุกวิธีในการแบ่งพาร์ติชันออกเป็น 3 ส่วนคือด้วยและไม่ว่างเปล่า สำหรับแต่ละวิธีการเหล่านี้แสดงให้เห็นว่ามันไม่สามารถสูบ: มีอยู่เสมอบางเช่นที่L$w$$w=xyz$$|xy|\le n$$y$ฉัน≥ 0 x y ฉัน z ∉ L$i\ge 0$$xy^iz \notin L$
5. สรุป: คำว่าไม่สามารถ "อัด" (ไม่ว่าเราจะแยกมันเป็น ) อย่างไรในการขัดแย้งกับบทแทรกของการสูบน้ำเช่นว่าสมมติฐานของเรา (ขั้นตอนที่ 1) นั้นผิด:ไม่ปกติ$w$$xyz$$L$

ก่อนที่เราจะไปเป็นตัวอย่างให้ฉันย้ำขั้นตอนที่ 3 และขั้นตอนที่ 4 (นี่คือที่ที่คนส่วนใหญ่ผิดพลาด) ในขั้นตอนที่ 3 คุณจะต้องเลือกคำหนึ่งที่เฉพาะเจาะจงในLเขียนอย่างชัดเจนเช่น "00001111" หรือ " " ตัวอย่างสำหรับสิ่งที่ไม่ใช่คำเฉพาะ: " " หรือ "คำที่มี 000 เป็นคำนำหน้า"$L$$a^nb^n$ W$w$

ในอีกทางหนึ่งในขั้นตอนที่ 4 คุณต้องพิจารณามากกว่าหนึ่งกรณี ตัวอย่างเช่นถ้าไม่เพียงพอที่จะบอกว่าแล้วจึงขัดแย้งกัน คุณต้องตรวจสอบและและตัวเลือกอื่น ๆ ที่เป็นไปได้ทั้งหมด$w=000111$$x=00, y=01, z=00$$x=0, y=0, z=0111$$x=\epsilon, y=000, z=111$

ทีนี้ลองทำตามขั้นตอนและพิสูจน์ว่าไม่ปกติ$L= \{ 0^k1^{2k} \mid k>0 \}$

1. สมมติว่าปกติ$L$
2. ให้คือความยาวของการสูบที่กำหนดโดย lemma ของการสูบน้ำ$n$
3. Let{2n} (ตรวจสอบสติ:ตามต้องการทำไมคำนี้คำอื่น ๆ สามารถทำงานได้เช่นกัน .. มันต้องใช้ประสบการณ์บางอย่างที่จะเกิดขึ้นกับเหมาะสม) อีกครั้งทราบว่าเป็นคำที่เฉพาะเจาะจง:{}}$w = 0^n 1^{2n}$ | w | > n W W 000 ... 0 ⏟ n  ครั้ง111 ... 1 ⏟ 2 n  ครั้ง
   $|w|\gt n$$w$$w$$\underbrace{000\ldots0}_{n \text{ times}}\underbrace{111\ldots1}_{2n \text{ times}}$
4. ตอนนี้ให้เริ่มพิจารณากรณีต่างๆที่จะแยกเข้ากับและ 0 ตั้งแต่ไม่ว่าวิธีการที่เราแยก ,จะประกอบด้วยเพียง 0 และเพื่อจะYให้ถือว่าและ k เราจำเป็นที่จะต้องพิจารณาตัวเลือกทั้งหมดที่เป็นไปได้ทั้งหมดดังกล่าวว่าและn สำหรับนี้หลักฐานสำหรับกรณีเหล่านี้เหมือนกัน แต่โดยทั่วไปอาจแตกต่างกัน ใช้และพิจารณา$w$$xyz$$|xy|\le n$$|y|>0$$|xy|<n$$w$$x$$y$$|x|=s$$|y|=k$$s,k$$s\ge 0, k\ge 1$$s+k \le n$$L$ i = 0 x y i z = x z L 0 n - k 1 2 n s k k ≥ 1 L
   $i=0$$xy^iz = xz$XZ คำนี้ไม่ได้อยู่ในเนื่องจากเป็นรูปแบบ (ไม่ว่าจะและใด) และตั้งแต่คำนี้ไม่ได้อยู่ในและเรามีความขัดแย้ง .$L$$0^{n-k}1^{2n}$$s$$k$$k \ge 1$$L$
5. ดังนั้นสมมติฐานของเราไม่ถูกต้องและไม่ปกติ$L$

คลิป youtube ที่อธิบายวิธีการใช้บทแทรกตามบรรทัดเดียวกันสามารถดูได้ที่นี่

จาก Wikipedia ภาษาที่ใช้ในการปั๊มสำหรับภาษาปกติมีดังต่อไปนี้:

ให้เป็นภาษาปกติ จากนั้นจะมีจำนวนเต็ม (ขึ้นอยู่กับ ) เช่นเดียวกับที่ทุกสายในของความยาวอย่างน้อย (เรียกว่า "pumping length") สามารถเขียนเป็น (เช่นสามารถ แบ่งออกเป็นสามสตริงย่อย) ซึ่งเป็นไปตามเงื่อนไขต่อไปนี้:p ≥ 1 L w L p p w = x y z $L$$p\ge 1$$L$$w$$L$$p$$p$$w = xyz$$w$

1. $|y| \ge 1$
2. $|xy| \le p$ and
3. สำหรับทุก ,L คือสตริงย่อยที่สามารถสูบ (ลบหรือทำซ้ำจำนวนครั้งใด ๆ และสตริงที่เกิดขึ้นอยู่เสมอใน ) x y ฉัน z ∈ L y $i \ge 0$$xy^iz \in L$
   $y$$L$

(1) หมายถึงลูป y ที่จะสูบต้องมีความยาวอย่างน้อยหนึ่ง (2) หมายถึงการวนซ้ำจะต้องเกิดขึ้นภายในตัวอักษร p ตัวแรก ไม่มีข้อ จำกัด ใน x และ z

คำง่ายๆสำหรับภาษาปกติ L คำใด ๆ ที่ยาวพอสามารถแบ่งออกเป็น 3 ส่วน คือเช่นว่าสตริงทั้งหมดสำหรับ ยังอยู่ในLw = x y z x y k z k ≥ 0 $w\in L$$w = xyz$$xy^kz$$k\ge 0$$L$

ตอนนี้ขอพิจารณาตัวอย่าง Let\}$L=\{(01)^n2^n\mid n\ge0\}$

เพื่อแสดงให้เห็นว่านี่ไม่ใช่เรื่องปกติคุณต้องพิจารณาว่าการย่อยสลายทั้งหมดมีลักษณะอย่างไรดังนั้นสิ่งที่เป็นไปได้ทั้งหมดคือ x, y และ z ที่ (เราเลือก เพื่อดูคำนี้ความยาวโดยที่คือความยาวของการสูบน้ำ) เราจำเป็นที่จะต้องพิจารณาที่ส่วนหนึ่งของสตริงเกิดขึ้น มันอาจทับซ้อนกับส่วนแรกและจะเท่ากับ , ,หรือสำหรับบาง (อย่าลืม ) มันอาจทับซ้อนกับส่วนที่สองซึ่งหมายความว่าx y z = ( 01 ) p 2 p 3 p p y ( 01 ) k + 1 ( 10 ) k + 1 1 ( 01 ) k 0 ( 10 ) k k ≥ 0 | y | ≥ 1 y = 2 k k > 0 ( 01 ) k $w=xyz$$xyz=(01)^p2^p$$3p$$p$$y$$(01)^{k+1}$$(10)^{k+1}$$1(01)^k$$0(10)^k$$k\ge 0$$|y|\ge 1$$y=2^k$สำหรับบาง 0 หรืออาจซ้อนทับทั้งสองส่วนของคำและจะมีรูปแบบ , ,หรือสำหรับและL$k>0$ (10 ) k + 1 2 l 1(01 ) k 2 l 0(10 ) k 2 l k≥0l≥$(01)^{k+1} 2^l$$(10)^{k+1} 2^l$$1(01)^k 2^l$$0(10)^k 2^l$$k\ge0$$l\ge1$

ตอนนี้ให้ปั๊มแต่ละคนเพื่อให้ได้ความขัดแย้งซึ่งจะเป็นคำที่ไม่ได้อยู่ในภาษาของคุณ ตัวอย่างเช่นถ้าเราใช้การสูบ lemma พูดเช่นต้องเป็นภาษา สำหรับการเลือกที่เหมาะสมของและZแต่คำนี้ไม่สามารถอยู่ในภาษาที่เป็นปรากฏขึ้นก่อนที่1 x y 2 z = x 0 ( 10 ) k 2 l 0 ( 10 ) k 2 l z x z 2 $y=0(10)^k2^l$$xy^2z=x0(10)^k2^l0(10)^k2^lz$$x$$z$$2$$1$

กรณีอื่น ๆ จะส่งผลให้จำนวนมากกว่าจำนวนหรือในทางกลับกันหรือจะส่งผลให้คำที่ไม่มีโครงสร้างโดยตัวอย่างเช่น มีสองในแถว2 ( 01 ) n 2 n$(01)$$2$$(01)^n2^n$$0$

อย่าลืม . ที่นี่มีประโยชน์ที่จะพิสูจน์ให้สั้นลง: การสลายตัวข้างต้นจำนวนมากเป็นไปไม่ได้เพราะพวกมันจะทำให้ส่วนยาวเกินไป$|xy| \le p$$z$

แต่ละกรณีข้างต้นจำเป็นต้องนำไปสู่ความขัดแย้งดังกล่าวซึ่งจะเป็นความขัดแย้งของบทแทรก Voila! ภาษาจะไม่ปกติ

สำหรับภาษาที่กำหนด , อนุญาต$L \subseteq \Sigma^*$

$\qquad \displaystyle S_L(z) = \sum\limits_{n \geq 0} |L \cap \Sigma^n|\cdot z^n$

ฟังก์ชั่นสร้าง (สามัญ) ของคือลำดับของคำนับต่อความยาว$L$

คำสั่งต่อไปนี้ถือ [ FlSe09 , p52]:

$\qquad \displaystyle L \in \mathrm{REG} \quad \Longrightarrow \quad S_L \text{ rational}$

นั่นคือด้วยชื่อพหุนาม P,$S_L(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$$P,Q$

ดังนั้นภาษาใด ๆ ที่ฟังก์ชั่นการสร้างไม่ได้มีเหตุผลไม่ได้เป็นปกติ น่าเสียดายที่ภาษาเชิงเส้นทั้งหมดมีฟังก์ชั่นการสร้างแบบมีเหตุผลดังนั้นวิธีนี้จึงใช้ไม่ได้กับภาษาที่ไม่ใช่ภาษาธรรมดาที่ง่ายกว่า ข้อเสียเปรียบอีกประการหนึ่งคือการได้รับ (และแสดงว่าไม่สมเหตุสมผล) อาจเป็นเรื่องยาก$S_L$

ตัวอย่าง:พิจารณาภาษาของซ้อนกันอย่างถูกต้องคำวงเล็บคือภาษา Dyck มันถูกสร้างขึ้นโดยไวยากรณ์ที่ชัดเจน

$\qquad \displaystyle S \to [S]S \mid \varepsilon$

ซึ่งสามารถแปลเป็นสมการได้

$\qquad \displaystyle S(z) = z^2S^2(z) + 1$

วิธีแก้ปัญหาหนึ่ง (หนึ่งที่มีสัมประสิทธิ์เป็นบวกทั้งหมด) ซึ่งเป็น

$\qquad \displaystyle \mathcal{S}(z) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4z^2}}{2z^2}$2}

เนื่องจาก [ Kuic70 ] และไม่สมเหตุสมผลภาษา Dyck จึงไม่ปกติ$S_L = \mathcal{S}$$\mathcal{S}$

1. หลักฐานสำหรับคำสั่งสำหรับภาษาปกติทำงานผ่านทางไวยากรณ์และโอนไปยังไวยากรณ์เชิงเส้นทันที (การสับเปลี่ยนของการคูณ)

$\ \ $ [FlSe09] Combinatorics เชิงวิเคราะห์โดย P. Flajolet และ R. Sedgewick (2009) [Kuic70] เกี่ยวกับเอนโทรปีของภาษาที่ไม่มีบริบทโดย W. Kuich (1970)
$\ \ $

นี่เป็นคำตอบที่ฉันเพิ่มเติมจากที่นี่การใช้ Pumping Lemma เพื่อพิสูจน์ภาษาไม่ได้เป็นแบบปกติ$L = \{(01)^m 2^m \mid m \ge0\}$เนื่องจากเป็นคำถามอ้างอิง

ดังนั้นคุณคิดว่าบทแทรกของการปั๊มดูซับซ้อนไหม? ไม่ต้องกังวล นี่คือวิธีการที่แตกต่างกันเล็กน้อยซึ่งซ่อนอยู่ในคำตอบของ @ Romuald เช่นกัน (คำถาม: อยู่ที่ไหน)

มาเริ่มกันด้วยการจดจำว่าทุกภาษาปกติได้รับการยอมรับจาก automite finite state (DFA) DFA เป็นกราฟที่มีขอบเขต จำกัด ซึ่งทุกจุดยอดจะมีหนึ่งขอบเขตสำหรับตัวอักษรแต่ละตัว เงื่อนไขให้การเดินในกราฟตามจุดยอดที่ระบุว่า "เริ่มต้น" และ DFA ยอมรับว่าการเดินนี้สิ้นสุดที่จุดยอดที่ระบุว่า "ยอมรับ" (จุดยอดเรียกว่า "สถานะ" เพราะพื้นที่ต่าง ๆ ของคณิตศาสตร์ต้องการสร้างคำศัพท์ของตนเองสำหรับสิ่งเดียวกัน)

ด้วยวิธีคิดนี้มันง่ายที่จะเห็นว่า: ถ้าสตริงและขับ DFA ให้อยู่ในสถานะเดียวกันดังนั้นสำหรับสตริงอื่น ,และขับ DFA ให้อยู่ในสถานะเดียวกัน b c a c b $a$$b$$c$$ac$$bc$ทำไม? เนื่องจากจุดที่ระบุของการเดินและสายอักขระที่กำหนดนั้นกำหนดจุดสิ้นสุดอย่างสมบูรณ์

ใส่ความแตกต่างเล็กน้อย: ถ้าเป็นปกติและสตริงและทำให้ออโตเมติกที่รับรู้อยู่ในสถานะเดียวกันดังนั้นสำหรับสตริงทั้งหมดทั้งและจะมีทั้งหรือไม่ใช่a b c a c b c $L$$a$$b$$c$$ac$$bc$$L$

เราสามารถใช้สิ่งนี้เพื่อแสดงภาษาที่ไม่ปกติด้วยการจินตนาการว่ามันเกิดขึ้นแล้วและมาพร้อมกับและผลักดัน DFA ไปสู่สถานะเดียวกันและเพื่อให้อยู่ในภาษาและไม่ได้ ใช้ภาษาตัวอย่างจากคำตอบของ @ Dave ลองนึกภาพว่ามันเป็นเรื่องปกติดังนั้นจึงมีบางคนที่รู้จัก DFA กับสถานะหลักการของ Pigeon Hole บอกว่าอย่างน้อยสองของส่ง DFA ไปยังสถานะเดียวกันพูดและ Q ตั้งแต่เราเห็นว่าเป็นภาษาและb c a c b c m { ( 01 ) i : 0 ≤ i ≤ m + 1 } a = ( 01 ) p b = ( 01 ) q p ≠ q a 2 p b 2 $a$$b$$c$$ac$$bc$$m$$\{(01)^i : 0\le i\le m+1\}$$a=(01)^p$$b=(01)^q$$p\neq q$$a2^p$$b2^p$ ไม่ใช่ดังนั้นภาษานี้จึงไม่ปกติ

สิ่งที่ดีคือตัวอย่างเป็นเทมเพลตสำหรับการพิสูจน์ว่าภาษาไม่ปกติ:

• ค้นหาตระกูลของสตริงพร้อมด้วยคุณสมบัติที่แต่ละอันมี "หาง"ดังนั้นอยู่ในภาษาและสำหรับไม่ใช่เสื้อฉันฉันทีฉันฉันทีเจฉัน≠ $\{a_i :i\in\mathbb{N}\}$$t_i$$a_it_i$$a_it_j$$i\neq j$
• ใช้อาร์กิวเมนต์ด้านบนคำต่อคำ (สิ่งนี้ได้รับอนุญาตเนื่องจากมีเพียงพอที่จะอนุญาตให้คุณเรียกใช้หลักการของ Pigeon Hole)$a_i$

มีเทคนิคอื่น ๆ แต่วิธีนี้จะทำงานได้อย่างง่ายดายในปัญหาการบ้านส่วนใหญ่ของคุณ

แก้ไข:เวอร์ชันก่อนหน้านี้มีการอภิปรายว่าแนวคิดนี้เกี่ยวข้องกับ Pumping Lemma อย่างไร

ทำตามคำตอบที่นี่ฉันจะอธิบายวิธีการพิสูจน์ความไม่สม่ำเสมอตามความซับซ้อนของ Kolmogorv

วิธีการนี้จะกล่าวถึงใน"วิธีการใหม่ในทฤษฎีภาษาทางการโดย Kolmogorov Complexity"โดย Ming Li และ Paul MB Vitanyi (ดูหัวข้อ 3.1)

อนุญาตให้แสดงความซับซ้อนของ Kolmogorov ของสตริงคือความยาวของการเข้ารหัสที่สั้นที่สุดของ Turing machineเช่น (คำจำกัดความปกติใด ๆ จะทำ) จากนั้นหนึ่งสามารถใช้บทแทรกต่อไปนี้เพื่อพิสูจน์ว่าไม่สม่ำเสมอ:x M M ( ϵ ) = $K(x)$$x$$M$$M(\epsilon)=x$

KC-Regularity : ให้เป็นภาษาปกติแล้วมีค่าคงที่ซึ่งขึ้นอยู่กับเท่านั้นเช่นสำหรับทั้งหมดหากคือสตริง ( เมื่อเทียบกับการสั่งซื้อพจนานุกรม) ในแล้ว CคL x ∈ Σ * Y n 'ทีเอชL x = { Y ∈ Σ * | x y ∈ L } K ( y ) ≤ O ( บันทึกn ) + $L\subseteq \Sigma^*$$c$$L$$x\in\Sigma^*$$y$$n'th$$L_x=\left\{y\in \Sigma^*|xy\in L\right\}$$K(y)\le O(\log n)+c$

หนึ่งสามารถเข้าใจ (และพิสูจน์) บทแทรกด้านบนดังต่อไปนี้สำหรับใด ๆเพื่ออธิบายสตริงในหนึ่งต้องระบุ:n 'ทีเอชL $x\in\Sigma^*$$n'th$$L_x$

• หุ่นยนต์ที่รับ$L$
• สถานะในหุ่นยนต์หลังจากประมวลผลคำนำหน้า$x$
• ดัชนี$n$

เนื่องจากเราจะต้องจำรัฐหลังจากการประมวลผลและไม่ตัวเองเราสามารถซ่อนปัจจัยนี้คงขึ้นอยู่กับLดัชนีต้องการบิตเพื่ออธิบายและเราได้ผลลัพธ์ดังกล่าวข้างต้น (เพื่อความสมบูรณ์เราต้องเพิ่มคำแนะนำเฉพาะที่จำเป็นในการสร้างแต่สิ่งนี้จะเพิ่มปัจจัยคงที่ให้กับคำอธิบายสุดท้ายเท่านั้น)x L n บันทึกn $x$$x$$L$$n$$\log n$$y$

แทรกนี้แสดงให้เห็นถึงวิธีการที่ถูกผูกไว้กับความซับซ้อนของ Kolmogorov สตริงทั้งหมดซึ่งเป็นสมาชิกของสำหรับบางภาษาปกติและ * เพื่อแสดงความไม่สม่ำเสมอเราสามารถสันนิษฐานได้ว่าเป็นปกติและพิสูจน์ว่าขอบเขตนั้นเข้มงวดเกินไป (เช่นความซับซ้อนของ Kolmogrov ที่ จำกัด ขอบเขตสำหรับชุดสตริงที่ไม่มีขอบเขต) L x ∈ Σ *$L_x$$L$$x\in\Sigma^*$$L$

คำตอบที่ลิงก์ด้านบนมีตัวอย่างของวิธีใช้บทแทรกนี้เพื่อแสดงไม่ปกติมีตัวอย่างอีกมากมายให้ไว้ในกระดาษ เพื่อความสมบูรณ์เราจะแสดงวิธีพิสูจน์ไม่ปกติ L = { 0 n 1 n | n ≥ 0 $L=\left\{1^p | \text{p is prime}\right\}$$L=\left\{0^n1^n| n\ge 0\right\}$

ได้รับบางเราใช้แสดงโดยคำในL_xโปรดทราบว่าฉัน ใช้แทรกข้างต้นโดยมุ่งเน้นที่คำนำหน้าของแบบฟอร์มและแก้ไขเราได้รับค ตั้งแต่นี่หมายความว่าเราสามารถผูกความซับซ้อนของ Kolmogorov ของสตริงทั้งหมดของรูปแบบด้วยค่าคงที่ซึ่งเห็นได้ชัดว่าเป็นเท็จ เป็นมูลค่าการกล่าวขวัญว่าเราสามารถตรวจสอบเดียวเช่นสำหรับขนาดใหญ่พอ$x\in\left\{0,1\right\}^*$$y_i^x$$i'th$$L_x$$y_1^{0^i}=1^i$$x$$x=0^i$$n=1$$\forall i\ge 0 : K(y_1^{0^i})\le c$$y_1^{0^i}=1^i$$1^i$$x$$x=0^n$$n$ซึ่งเป็นไปตาม (เราเริ่มต้นด้วยคำนำหน้าความซับซ้อนสูง) ตั้งแต่เราจะได้ , ขัดแย้ง (สมมติ )$K(0^n)\ge \log n$$y_1^x=1^n$$K(1^n)<c$$n>2^c$

ในกรณีของภาษาที่แตกต่างกัน (ภาษาที่มีขนาดมากกว่าตัวอักษร 1) จะมีเกณฑ์ง่าย ๆ ขอให้เราแก้ไขตัวอักษรและสำหรับให้นิยาม $\{ \sigma \}$$A \subseteq \mathbb{N}$

ทฤษฎีบท. ให้{N} สิ่งต่อไปนี้เทียบเท่า:$A \subseteq \mathbb{N}$

1. $L(A)$ปกติ

2. $L(A)$บริบท

3. มีอยู่เช่นว่าทุกก็ถือได้ว่า IFFA (เราบอกว่าในที่สุดเป็นระยะ )$n_0,m \geq 1$$n \geq n_0$$n \in A$$n+m \in A$$A$

4. ให้A} จากนั้นมีเหตุผล$a_i = 1_{i \in A}$$0.a_0a_1a_2\ldots$

5. ฟังก์ชั่นการสร้างเป็นฟังก์ชั่นที่มีเหตุผล$\sum_{i \in A} x^i$

ทฤษฎีบทสามารถพิสูจน์ได้ในหลาย ๆ ด้านเช่นการใช้แทรกสูบน้ำทฤษฎี Myhill-Nerode ทฤษฎีบท Parikh ของโครงสร้างของ DFAs ในภาษาเอก (พวกเขามีลักษณะเหมือน " " ในขณะที่พอลลาร์ของอัลกอริทึม) และ เป็นต้น นี่คือข้อพิสูจน์ที่มีประโยชน์$\rho$$\rho$

ควันหลง ปล่อยให้และสมมติว่าเป็นปกติ$A \subseteq \mathbb{N}$$L(A)$

1. ขีด จำกัดอยู่ (นี่คือความหนาแน่นของซีมโทติค )$\rho = \lim_{n\to\infty} \frac{|A \cap \{1,\ldots,n\}|}{n}$$A$

2. ถ้าดังนั้นจะมีค่า จำกัด$\rho = 0$$A$

3. ถ้าดังนั้นคือ cofinite (นั่นคือมี จำกัด )$\rho = 1$$A$$\overline{A}$

ยกตัวอย่างเช่นภาษาไม่ใช่เรื่องปกติเนื่องจากเซตนี้มีความหนาแน่นแบบ asymptotic แต่ไม่มีที่สิ้นสุด$L(\{2^n : n \geq 0\})$

ชั้นเรียนภาษาปกติจะปิดภายใต้การดำเนินการปิดต่างๆเช่นสหภาพแยกแยกส่วน homomorphism ทดแทนปกติผกผัน homomorphism และอื่น ๆ สิ่งนี้สามารถนำมาใช้เพื่อพิสูจน์ว่าภาษาที่กำหนดไม่ได้เป็นปกติโดยการลดลงของภาษาซึ่งเป็นที่รู้จักกันแล้วว่าจะไม่ปกติ

เป็นตัวอย่างที่ง่ายมากสมมติว่าเรารู้ว่าภาษาไม่ใช่เรื่องปกติ แล้วเราสามารถพิสูจน์ได้ว่าภาษา (ภาษาของทุกคำที่มีหลายอย่างเท่าเทียมกันและ s) ไม่ปกติดังนี้:$\{a^nb^n : n \geq 0\}$$\{w \in \{a,b\}^* : \#_a(w) = \#_b(w)\}$$a$$b$

สมมติว่าเป็นปกติ จากนั้นก็จะเป็นปกติเช่นกัน แต่ซึ่งเป็นที่ทราบกันว่าไม่ปกติ$L = \{w \in \{a,b\}^* : \#_a(w) = \#_b(w)\}$$L \cap a^*b^*$$L \cap a^*b^* = \{a^n b^n : n \geq 0\}$

นี่คือตัวอย่างที่ซับซ้อนมากขึ้น ให้เราแสดงว่าภาษาไม่ปกติ$L' = \{(0+1)^n2(0+1)^n : n \geq 0\}$

ให้จะทำแผนที่ homomorphism ที่กำหนดโดย , ,\ ถ้าเป็นปกติแล้วดังนั้นไม่ว่าจะเป็นภาษาต่อไปนี้จะเป็น:\} อย่างไรก็ตามเรารู้ว่าหลังไม่ปกติ$h$$h(0) = 0$$h(1) = 1$$h(2) = \epsilon$$L'$$h(L' \cap 0^*21^*) = \{ 0^n 1^n : n \geq 0 \}$

ในที่สุดนี่คือตัวอย่างการใช้งาน homomorphism ให้เราแสดงว่าภาษาไม่ได้เป็นปกติ$L'' = \{0^n10^n : n \geq 0\}$

ให้เป็น homomorphism ที่กำหนดโดย , ,1 หากเป็นปกติดังนั้นจะเป็นเช่นนั้น แต่นั่นเป็นเพียงภาษาจากตัวอย่างก่อนหน้านี้$k$$k(0) = 0$$k(1) = 0$$k(2) = 1$$L''$$k^{-1}(L'')$$L'$

ใช้ทฤษฎี Myhill – Nerode

ให้เป็นภาษา เราบอกว่าสองคำเป็นinequivalentโมดูโล (หรือ: ด้วยความเคารพ ) ถ้ามีคำดังกล่าวที่ว่าหนึ่งในอยู่ในLใน DFA ใด ๆ สำหรับ , (แบบฝึกหัด) สิ่งนี้แสดงถึงเกณฑ์ดังต่อไปนี้:$L$$x,y$$L$$L$$z$$xz,yz$$L$$L$$\delta(q_0,x) \neq \delta(q_0,y)$

ให้เป็นภาษา สมมติว่ามีเซตอนันต์ของคำที่ไม่เท่ากันของจำนวนคู่ (นั่นคือเซตอนันต์ที่สองไม่เท่ากันเท่ากับเป็นโมดูโลแบบอสมการ ) จากนั้นไม่ปกติ$L$$S$$x,y \in S$$L$$L$

นี่เป็นตัวอย่างง่ายๆของการใช้เกณฑ์นี้:

ภาษาไม่ใช่ภาษาปกติ$L = \{a^nb^n : n \geq 0\}$

พิสูจน์ ให้\} เราอ้างว่าสองคำที่แตกต่างกันในมี inequivalent โมดูโลLแน่นอนให้ , ที่ . จากนั้นแต่L$S = \{ a^n : n \geq 0 \}$$S$$L$$a^i,a^j \in S$$i \ne j$$a^ib^i \in L$$a^ib^j \notin L$

คุณลักษณะที่สำคัญของวิธีนี้คือการรับประกันว่าจะประสบความสำเร็จ: ถ้าไม่ปกติก็จะมีชุดคำไม่เท่ากันแบบคู่ที่ไม่สิ้นสุด นี่คือผลของทฤษฎีบท Myhill-Nerode ชั่วครู่โมดูโล (การปฏิเสธของความไม่สมดุลแบบโมดูโลกำหนดไว้ข้างต้น) เป็นความสัมพันธ์ที่เท่าเทียมกันและภาษาเป็นปกติถ้าจำนวนของความเท่าเทียมกันในระดับเท่ากันเสมอโมดูโลจำกัด หากไม่ปกติการดึงหนึ่งคำจากแต่ละคลาสที่เท่ากันจะประกอบด้วยชุดคำที่ไม่เท่ากัน$L$$L$$L$$L$$L$$L$

ได้รับภาษาสำหรับสตริงทุกมีชุดของสตริงดังกล่าวที่L แต่ละชุดสามารถใช้เป็นสถานะในเครื่องรัฐได้$L$$x$$y$$xy \in L$

สิ่งที่คุณต้องทำคือการแสดงให้เห็นว่าจำนวนชุดดังกล่าวนั้นไม่ จำกัด

ในฐานะที่เป็นตัวอย่างให้0} ป.ร. ให้สำหรับบางสตริงเพียงดังกล่าวที่คือ{n-1} ดังนั้นสำหรับทุก ๆเรามีเซตที่แตกต่างกันซึ่งหมายความว่าไม่ปกติ$L = {a^nb^n: n ≥ 0}$$x = a^nb$$n ≥ 1$$y$$xy \in L$$y = b^{n-1}$$n$$L$

ดังนั้นโดยทั่วไปถ้าคุณพบว่าชุดที่ไม่มีที่สิ้นสุดของสตริงเช่นกันว่าให้ชุดที่แตกต่างกันแล้วภาษาที่ไม่สามารถได้รับการยอมรับโดยเครื่องสถานะ จำกัด และดังนั้นจึงไม่ได้เป็นปกติ$x$$x$$\{y: xy \in L\}$