Usar o Lemma de bombeamento para provar o idioma não é regular

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Estou tentando usar o lema de bombeamento para provar que não é regular. $L = \{(01)^m 2^m \mid m \ge0\}$

É o que tenho até agora: suponha que seja regular e seja o comprimento do bombeamento, então . Considere qualquer decomposição de bombeamento tal que e . $L$ $p$ $w = (01)^p 2^p$ $w = xyz$ $|y| >0$ $|xy| \le p$

Não tenho certeza do que fazer a seguir.

Estou no caminho certo? Ou estou longe?

formal-languages regular-languages pumping-lemma

— Momagic
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você está no caminho certo. se você "bombear", altera o número de 0 e 1, mas não o número de 2 (por quê?). Isso levará a uma contradição.

— Ran G.

oh, nota que ele pode não ser tão e . Eu acho que isso é um erro de digitação e você quis dizer .

| y | > p

$|y|>p$

| x y | < p

$|xy|<p$

| y | > 0

$|y|>0$

— Ran G.

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Observe que o lema de bombeamento não é o caminho mais rápido aqui, pois está muito próximo de exemplos canônicos para idiomas não regulares. Tente usar as propriedades de fechamento de !

L

$L$

R E G

$\mathrm{REG}$

— Raphael

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Ou verifique a prova do lema de bombeamento para perceber que você também pode ter a corda bombeada no final e bombear os 2s, o que é mais fácil.

— vonbrand

@vonbrand ou pegue o reverso do idioma e aplique o lema de bombeamento direto a esse.

— Al.G.

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Dica: Você precisa considerar o que todas as decomposições aparência, então o que são todas as coisas possíveis , e pode ser dada de que . Então você bombeia cada uma delas e vê se há uma contradição, que será uma palavra que não está no seu idioma. Cada caso precisa levar a uma contradição, que seria então uma contradição do lema de bombeamento. Voila! O idioma não seria regular. $w=xyz$ $x$ $y$ $z$ $xyz=(01)^p2^p$

Obviamente, você precisa trabalhar com os detalhes e considerar todas as possíveis separações.

— Dave Clarke
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Você tem uma decomposição e uma restrição de comprimento . O que isso diz sobre como , e pode caber na decomposição? Em particular, o lema de bombeamento permite que você repita ; portanto, seu objetivo é encontrar uma maneira pela qual repetir muitas vezes (ou remover , às vezes isso é mais simples) perturbar irremediavelmente o padrão que define o idioma. $xyz = (01)^p 2^p$ $|xy| \le p$ $x$ $y$ $z$ $y$ $y$ $y$

Há um limite óbvio no padrão: a primeira parte contém repetições de , a segunda parte contém apenas 's. O interessante é onde cai. É sempre contido em uma dessas partes, ou pode ficar em cima do dois? $01$ $2$ $y$ $y$

Desde , está inteiramente contido na parte , e contém todos os 's. Então, se você repetir mais uma vez, você tem um longo primeira parte, mas o parte permanece o mesmo. Em outras palavras, termina com exatamente letras . Para concluir a prova adequadamente, mostre que contém muitas letras e $|xy| \le p$ $xy$ $(01)^p$ $z$ $2$ $y$ $2^p$ $xyyz$ $p$ $2$ $xyyz$ $0$ $1$ para se ajustar à expressão regular.

— Gilles 'SO- parar de ser mau'
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Três anos depois, provaremos que com não é regular por contradição, usando propriedades de fechamento (uma maneira mais rápida do que usar o lema de bombeamento) ) $L = \{(01)^m 2^m \mid m \ge0\}$ $\Delta=\{0,1,2\}$

Primeiro, supomos que seja regular. Sabemos que linguagens regulares são fechadas sob homomorfismo inverso. $L$

Considere o homomorfismo com: $h:\Sigma^* \rightarrow \Delta^*$

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

$h(a)= 01$

$h(b)= 2$

O homomorfismo inverso de é: $L$

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

Isso gera uma contradição, porque é um exemplo canônico de uma linguagem irregular, portanto não pode ser regular. $L'$ $L$

— Renato Sanhueza
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Vou dar uma não resposta a essa pergunta, já que esse não é exatamente o lema de bombeamento, mas talvez elucide qual é a idéia do lema de bombeamento. Aqui está um fato básico sobre autômatos de estados finitos determinísticos, que é a essência do teorema de Myhill-Nerode: Se duas cadeias e $a$ $b$ conduzir o FSA para o mesmo estado, em seguida, para qualquer , ou ambos de e são aceito, ou nem é. $c$ $ac$ $bc$

De volta ao seu problema, suponha que um autômato determinístico para o seu idioma tenha estados. Então, pelo menos dois dos , , , , por exemplo e com , conduzir o autômato para o mesmo estado (este é o princípio do buraco do pombo). De acordo com o fato, então e $n$ $(01)^1$ $(01)^2$ $\ldots$ $(01)^{n+1}$ $(01)^p$ $(01)^q$ $p\neq q$ $(01)^p2^p$ estão em ou nenhum é, o que é uma contradição. $(01)^q2^p$ $L$

— Louis
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