Języki, automaty i obliczenia/Ćwiczenia 10: Lemat o pompowaniu dla języków bezkontekstowych. Własności języków bezkontekstowych. Problemy rozstrzygalne: Różnice pomiędzy wersjami

Wersja z 09:17, 5 wrz 2023

Ćwiczenia 10

Ćwiczenie 1

Wykorzystując lemat o pompowaniu, udowodnij, że następujące języki nie są bezkontekstowe:

$L = {a^{n} b^{m} c^{k} : k = \max {n, m}},$
$L = {a^{k} b^{n} c^{m} : k < n < m},$
$L = {w \overset{\leftarrow}{w} a^{| w |} : w \in {a, b}^{*}} .$

Rozwiązanie

We wszystkich przypadkach dowód przeprowadzimy nie wprost zakładając, że język $L$ jest bezkontekstowy, a więc spełnia tezę lematu o pompowaniu.

Punkt 1.
Rozważmy słowo $a^{n} b^{n} c^{n} \in L$ , dla $3 n ⩾ N$ , gdzie $N$ jest stałą z lematu o pompowaniu. Podobnie jak w przykładzie 1.1 pokazujemy, że jedyną możliwością rozłożenia słowa $a^{n} b^{n} c^{n} = u_{1} w_{1} u w_{2} u_{2}$ zgodnym z lematem o pompowaniu jest przyjęcie jako $w_{1}$ i $w_{2}$ potęgi jednej z liter $a, b, c$ . To wyklucza dla pewnych $i$ przynależność do języka $L$ słów $u_{1} w_{1}^{i} u w_{2}^{i} u_{2}$ .

Punkt 2.
Podobnie jak w punkcie 1 rozważmy szczególne dostatecznie długie słowo z języka $L$ , a mianowicie $a^{n} b^{n + 1} c^{n + 2} \in L$ i niech $3 n + 3 ⩾ N$ , gdzie $N$ jest stałą z lematu o pompowaniu. Dalsze rozumowanie jest analogicze jak w punkcie 1.

Punkt 3.
Dostatecznie długie słowo $w \overset{\leftarrow}{w} a^{| w |} \in L$ możemy rozłożyć na katenację pięciu słów tak, by był spełniony warunek pompowania z lematu. Jeśli $w = a_{1} . . . a_{n}$ , to

w \overset{\leftarrow}{w} a^{| w |} = \underset{u_{1}}{\underset{⏟}{a_{1} . . . a_{k}}} \underset{w_{1}}{\underset{⏟}{a_{k + 1} . . . a_{n} a_{n} . . . . a_{k + 1}}} \underset{u}{\underset{⏟}{a_{k} . . . a_{1}}} \underset{w_{2}}{\underset{⏟}{a^{2 (n - k)}}} \underset{u_{2}}{\underset{⏟}{a^{2 k - n}}}

dla dowolnego $k$ takiego, że $k < n ⩽ 2 k$ . Dla $n > M$ ( $M$ jest stałą z lematu o pompowaniu) $| w_{1} u w_{2} | > M$ . Innej możliwości rozkładu słowa z języka $L$ już nie ma. Dalej postępujemy standardowo.

Wprowadzimy uogólnienie lematu o pompowaniu dla języków bezkontekstowych. Dla słowa $w \in A^{*}$ o długości $n$ dowolną liczbę ze zbioru ${1, . . . . ., n}$ nazywamy pozycją w słowie $w$ . Ustalając dowolny podzbiór $P \subset {1, . . . . ., n}$ , będziemy mówić, że w słowie $w$ wyróżniono pozycje ze zbioru $P$ .

Lemat 1 (Ogden)

Dla dowolnego języka bezkontekstowego $L \subset A^{*}$ istnieje liczba naturalna $M ⩾ 1$ taka, że każde słowo $w \in L$ , w którym wyróżniono $M$ lub więcej pozycji, można przedstawić w formie $w = u_{1} w_{1} u w_{2} u_{2}$ , gdzie $w_{1,} w_{2}, v_{1}, v_{2}, u \in A^{*}$ oraz

$w_{1} w_{2}$ zawiera przynajmniej jedną wyróżnioną pozycję,
$w_{1} u w_{2}$ zawiera co najwyżej $M$ wyróżnionych pozycji,
$u_{1} w_{1}^{i} u w_{2}^{i} u_{2} \in L$ dla $i = 0, 1, . .$ .

Lemat o pompowaniu jest szczególnym przypadkiem lematu Ogdena. Lemat Ogdena można próbować stosować w tych przypadkach, w których lemat o pompowaniu nie działa.

Ćwiczenie 2

Stosując lemat Ogdena pokaż, że język $L = {a^{i} b^{j} c^{k} : i = j, j = k, k = i}$ nie jest bezkontekstowy.

Rozwiązanie

Nie wprost, załóżmy, że $L$ jest bezkontekstowy i niech $M$ będzie stałą z lematu Ogdena. Rozważmy słowo $w = a^{M} b^{M! + M} c^{2 M! + M}$ . Wyróżnijmy wszystkie pozycje, na których znajdują się litery $a$ .

Weźmy rozkład $w = u_{1} w_{1} u w_{2} u_{2}$ . Zauważmy, że jeśli w $w_{1}$ lub $w_{2}$ występują co najmniej dwie różne litery, to $w \in̸ L$ (np. jeśli $w_{1}$ składa się z liter $a$ i $b$ to w słowie $w_{1}^{2}$ przynajmniej jedna litera $a$ znajdzie się za jakąś literą $b$ ). Ponieważ zaznaczyliśmy pozycje liter $a$ , to z założenia lematu musi być $w_{1} \in a^{+}$ lub $w_{2} \in a^{+}$ .

Jeśli $w_{2} \in b^{*}$ lub $w_{2} \in a^{*}$ to $w_{1} \in a^{+}$ . Jeśli natomiast $w_{2} \in a^{+}$ , to $w_{1} \in a^{*}$ (dlaczego?). Rozważmy przypadek, gdy $w_{1} \in a^{+}$ oraz $w_{2} \in b^{*}$ (pozostałe przypadki traktowane są analogicznie). Niech $p = | w_{1} |$ . Ponieważ $1 ⩽ p ⩽ M$ , to $p$ dzieli $M!$ . Niech $q = \frac{M!}{p}$ . Słowo $z = u_{1} w_{1}^{2 q + 1} u w_{2}^{2 q + 1} u_{2}$ należy do $L$ , ale $w_{1}^{2 q + 1} = a^{p (2 q + 1)} = a^{2 p q + p} = a^{2 M! + p}$ . Ponieważ $♯_{a} u_{1} u u_{2} = M - p$ , to mamy $♯_{a} z = 2 M! + p + (M - p) = 2 M! + M$ , ale jednocześnie $♯_{c} z = 2 M! + M = ♯_{a} z$ . Otrzymaliśmy sprzeczność.

W pozostałych przypadkach w analogiczny sposób dochodzimy do takiej sprzeczności. Zatem $L$ nie jest bezkontekstowy.

Ćwiczenie 3

Udowodnij, że dla dowolnego języka $L$ nad alfabetem jednoelementowym

L \in ℒ_{3} \Leftrightarrow L \in ℒ_{2}

.

Rozwiązanie

Wystarczy udowodnić, że każdy język bezkontekstowy jest regularny. Niech $L \subset {a}^{*}$ będzie językiem bezkontekstowym. Z lematu o pompowaniu wynika, że $\exists N, M ⩾ 1$ takie, że każde słowo $w \in L$ o długości $| w | > N$ można przedstawić w formie $w = u_{1} w_{1} u w_{2} u_{2}$ , gdzie $w_{1,} w_{2}, v_{1}, v_{2}, u \in A^{*}$ oraz $| w_{1} u w_{2} | ⩽ M$ , $w_{1} w_{2} \neq 1$ , $u_{1} w_{1}^{i} u w_{2}^{i} u_{2} \in L$ dla $i = 0, 1, . .$ .
Stąd, że $L \subset {a}^{*}$ wynika, że $w = a^{p} a^{k}$ dla pewnego $k ⩽ M$ oraz $a^{p} (a^{k})^{i} \in L$ dla $i = 0, 1, . .$ ..
Przyjmijmy $n = M!$ . Wówczas dla każdego słowa $w \in L$ o długości $| w | > N$ mamy $w (a^{n})^{*} = w (a^{k})^{\frac{n}{k}} \subset L \subset {a}^{*}$ .
Dla $i = 1, . . ., n$ oznaczmy przez

L_{i} = a^{p + i} (a^{n})^{*} \cap L

.

Jeśli $L_{i} \neq \emptyset$ , to niech $w_{i} \in L_{i}$ będzie słowem o najmniejszej długości. Wówczas

\forall w \in L : | w | > N w \in ⋃_{i = 1}^{n} w_{i} (a^{n})^{*}

. Zatem

L = {w \in L : | w | ⩽ p} \cup ⋃_{i = 1}^{n} w_{i} (a^{n})^{*} .

Ćwiczenie 4

Udowodnij, że język $L = {a^{n} b^{n} : n nie jest wielokrotnością liczby 5}$ jest bezkontekstowy.

Rozwiązanie

Język $L = L_{1} \cap {\overline{L}}_{2}$ , gdzie
$L_{1} = {a^{n} b^{n} : n ⩾ 0}$ jest językiem bezkontekstowym,
$L_{2} = {w \in {a, b}^{*} : | w | = 5 k dla pewnego k ⩾ 0}$ jest językiem regularnym.
Języki regularne są domknięte ze względu na uzupełnienie, a przecięcie języka bezkontekstowego z regularnym jest językiem bezkontekstowym.

Ćwiczenie 5

Czy gramatyka poprawnych nawiasów

({v_{0}}, {(,)}, v_{0}, P),

gdzie

P : v_{0} \to v_{0} v_{0} | (v_{0}) | 1

jest jednoznaczna?

Rozwiązanie

Gramatyka nie jest jednoznaczna. Oto dwie pochodne lewostronne słowa $(()) ()$ :
$v_{0} \mapsto v_{0} v_{0} \mapsto (v_{0}) v_{0} \mapsto ((v_{0})) v_{0} \mapsto (()) v_{0} \mapsto (()) (v_{0}) \mapsto (()) ()$
$v_{0} \mapsto v_{0} v_{0} \mapsto v_{0} v_{0} v_{0} \mapsto (v_{0}) v_{0} v_{0} \mapsto ((v_{0})) v_{0} v_{0} \mapsto (()) v_{0} v_{0} \mapsto (()) (v_{0}) v_{0} \mapsto (()) () v_{0} \mapsto (()) () .$

Ćwiczenie 6

Określ gramatyki generujące języki:

$L_{1} = {a^{n} b^{m} c^{m} : m, n ⩾ 0} \cup {a^{n} b^{n} c^{m} : m, n ⩾ 0}$ ,
$L_{2} = {a^{n} b^{n} a^{p} b^{q} : n, p, q ⩾ 1} \cup {a^{n} b^{m} a^{p} b^{p} : n, m, p ⩾ 1}$ .

Czy gramatyki te są jednoznaczne?

Rozwiązanie

Język $L_{1}$ jest generowany przez gramatykę $G_{1}$ o zbiorze praw
$\begin{aligned} P_{1} : v_{0} \to v_{1} c | a w_{1} | a v_{2} b | 1, v_{1} \to v_{1} c | a v_{2} b | 1, v_{2} \to a v_{2} b | 1, \\ w_{1} \to a w_{1} | b w_{2} c | 1, w_{2} \to b w_{2} c | 1 . \end{aligned}$
Gramatyka ta nie jest jednoznaczna. Każde słowo w postaci $a^{n} b^{n} c^{n}$ ma dwa różne wyprowadzenia. Na przykład dla słowa $a b c$ mamy:

v_{0} \mapsto v_{1} c \mapsto a v_{2} b c \mapsto a b c,

v_{0} \mapsto a w_{1} \mapsto a b w_{2} c \mapsto a b c .

Język $L_{2}$ jest generowany przez gramatykę $G_{2}$ o zbiorze praw
$\begin{aligned} P_{2} : v_{0} \to v_{1} | v_{2}, v_{1} \to a v_{1} | a v_{3}, v_{2} \to v_{2} b | v_{4} b, v_{3} \to b v_{3} | b v_{5}, \\ v_{4} \to v_{4} a | v_{6} a, v_{5} \to a v_{5} b | a b, v_{6} \to a v_{6} b | a b . \end{aligned}$
Gramatyka $G_{2}$ też nie jest jednoznaczna. Każde słowo w postaci $a^{n} b^{n} a^{p} b^{p}$ ma dwa różne wyprowadzenia. Natomiast język $L_{2}$ jest również generowany przez gramatykę $G_{3}$ o zbiorze praw
$\begin{aligned} P_{3} : v_{0} \to v_{1} v_{1} | v_{1} v_{2} | v_{2} v_{1}, v_{1} \to a v_{1} b | a b, v_{2} \to a v_{3} | v_{4} b, v_{3} \to a v_{3}, \\ v_{4} \to v_{4} b | v_{1} b \end{aligned}$
i ta gramatyka jest jednoznaczna, co oznacza, że język $L_{2}$ jest jednoznaczny.
Uwaga. Język $L_{2}$ można rozłożyć na sumę trzech rozłącznych i bezkontekstowych języków.
$L_{2} = {a^{n} b^{n} a^{p} b^{p} : n, p ⩾ 1} \cup {a^{n} b^{n} a^{p} b^{q} : n, p, q ⩾ 1, p \neq q} \cup {a^{n} b^{m} a^{p} b^{p} : m, n, p ⩾ 1, n \neq m}$ .
Gramatyka $G_{3}$ generuje niezależnie od siebie te trzy zbiory. Rozkładając analogicznie język $L_{1}$ , otrzymujemy:
$L_{1} = {a^{n} b^{n} c^{n} : n ⩾ 0} \cup {a^{n} b^{n} c^{m} : k, m, n ⩾ 0, n \neq m} \cup {a^{n} b^{m} c^{m} : m, n ⩾ 0, n \neq m}$ .
Tym razem nie jest to rozkład na sumę języków bezkontekstowych.

Ćwiczenie 7

Dana niech będzie gramatyka ( $v_{0}$ jest symbolem początkowym):

\begin{aligned} v_{0} & \to & v_{0} v_{1} | v_{3} v_{1} \\ v_{1} & \to & v_{1} v_{2} | v_{2} v_{3} \\ v_{2} & \to & v_{4} v_{1} | v_{3} v_{3} | a \\ v_{3} & \to & v_{1} v_{2} | v_{4} v_{2} | b \\ v_{4} & \to & v_{3} v_{4} | v_{0} v_{1} | c \end{aligned}

Używając algorytmu Cocke'a-Youngera-Kasamiego, sprawdź, czy poniższe słowa należą do języka generowanego przez tę gramatykę:

$w_{1} = b a c$ ,
$w_{2} = b a b c a b$ ,
$w_{3} = b c a a c a$ .

Rozwiązanie

$w_{1} \in̸ L (G)$ , $w_{2}, w_{3} \in L (G)$ .

ZADANIA DOMOWE

Ćwiczenie 8

Wykorzystując lemat o pompowaniu, udowodnij, że następujące języki nie są bezkontekstowe:

$L = {a^{n} b^{m} c^{k} : k = m i n {m, n}},$
$L = {a^{n} b^{m} c^{k} : k = m n},$
$L = {a^{n} b^{n^{2}}} .$

Ćwiczenie 9

Stosując lemat Ogdena, pokaż, że język $L = {a^{i} b^{j} c^{k} : i, j, k > 1, k = i r, k = j s,$ gdzie $r, s \in {2, 3, . . .}}$ nie jest bezkontekstowy.

Wskazówka

Rozważ słowo $a^{P} b^{P} c^{(P - 1)!}$ , gdzie $P$ jest liczbą pierwszą większą niż $M + 1$ i większą niż 3, gdzie $M$ jest stałą z lematu. Jako pozycje oznaczone wybierz wszystkie pozycje liter $c$ .

Ćwiczenie 10

Udowodnij, że język $L = {w \overset{\leftarrow}{w} : w \in {a, b}^{*} ∖ {a b^{2} a}}$ jest bezkontekstowy.

Ćwiczenie 11

Czy gramatyka poprawnych nawiasów

({v_{0}, v_{1}}, {(,)}, v_{0}, P),

gdzie

P : v_{0} \to v_{1} v_{0} | 1, v_{1} \to (v_{0})

rozważana w przykładzie 1.2 jest jednoznaczna?

Ćwiczenie 12

Określ gramatyki generujące języki:

$L_{3} = {a^{n} b^{m} c^{n} d^{p} : m, n, p ⩾ 0} \cup {a^{n} b^{m} c^{p} d^{m} : m, n, p ⩾ 0}$ ,
$L_{4} = {a^{n} b^{2 n} : n ⩾ 1} \cup {a^{n} b^{3 n} : n ⩾ 1}$ .

Czy gramatyki te są jednoznaczne? Wykaż, że język $L_{4}$ jest jednoznaczny.

Ćwiczenie 13

Napisz algorytmy rozstrzygające, czy dany język bezkontekstowy jest:

nieskończny,
niepusty.

Ćwiczenie 14

Dana niech będzie gramatyka ( $v_{0}$ jest symbolem początkowym):

\begin{aligned} v_{0} & \to & v_{0} v_{1} | v_{3} v_{1} \\ v_{1} & \to & v_{2} v_{1} | v_{3} v_{2} \\ v_{2} & \to & v_{1} v_{4} | v_{3} v_{3} | a \\ v_{3} & \to & v_{2} v_{2} | v_{4} v_{2} | b \\ v_{4} & \to & v_{1} v_{4} | v_{0} v_{1} | c . \end{aligned}

Używając algorytmu Cocke'a-Youngera-Kasamiego, sprawdź, czy poniższe słowa należą do języka generowanego przez tę gramatykę:

$w_{1} = c a b b a$ ,
$w_{2} = b a c c a b$ ,
$w_{3} = a a b b c c$ .

@@ Linia 47: / Linia 47: @@
 # <math>w_1w_2</math> zawiera przynajmniej jedną wyróżnioną pozycję,
 # <math>w_1uw_2</math> zawiera co najwyżej <math>M</math> wyróżnionych pozycji,
-# <math>u_1w_1^iuw_2^iu_2 \in L</math> dla <math>i=0,1,...</math>
+# <math>u_1w_1^iuw_2^iu_2 \in L</math> dla <math>i=0,1,..</math>.
 }}
@@ Linia 80: / Linia 80: @@
 {{cwiczenie|3||
 Udowodnij, że dla dowolnego języka <math>L</math> nad alfabetem jednoelementowym
-<center><math>L \in \mathcal{L}_3 \Leftrightarrow L \in \mathcal{L}_2.</math></center>
+<center><math>L \in \mathcal{L}_3 \Leftrightarrow L \in \mathcal{L}_2</math>.</center>
 }}
@@ Linia 89: / Linia 89: @@
 <math>\exists N,M \geqslant 1</math> takie, że każde słowo <math>w \in L</math> o długości <math>|w| > N</math> można
 przedstawić w formie <math>w=u_1w_1uw_2u_2</math>, gdzie  <math>w_{1,}w_{2},v_{1},v_{2},u\in A^{*}  </math>  oraz
-<math>|w_1uw_2 |\leqslant M</math>, <math>w_1w_2 \neq 1</math>,  <math>u_1w_1^iuw_2^iu_2 \in L</math> dla <math>i=0,1,...</math><br>
+<math>|w_1uw_2 |\leqslant M</math>, <math>w_1w_2 \neq 1</math>,  <math>u_1w_1^iuw_2^iu_2 \in L</math> dla <math>i=0,1,..</math>.<br>
-Stąd, że <math> L \subset \{a\}^*</math> wynika, że <math>w=a^pa^k</math> dla pewnego <math>k\leqslant M</math> oraz <math>a^p(a^k)^i \in L</math> dla <math>i=0,1,...</math>.<br>
+Stąd, że <math> L \subset \{a\}^*</math> wynika, że <math>w=a^pa^k</math> dla pewnego <math>k\leqslant M</math> oraz <math>a^p(a^k)^i \in L</math> dla <math>i=0,1,..</math>..<br>
 Przyjmijmy <math>n=M!</math>. Wówczas dla każdego słowa <math>w \in L</math> o długości <math>|w| > N</math> mamy
 <math>w(a^n)^*=w(a^k)^{\frac{n}{k}}\subset L \subset \{a\}^*</math>. <br>
 Dla <math>i=1,...,n</math> oznaczmy przez
-<center><math>L_i = a^{p+i}(a^n)^* \cap L.</math></center>
+<center><math>L_i = a^{p+i}(a^n)^* \cap L</math>.</center>
 Jeśli <math>L_i \neq \emptyset</math>, to niech <math>w_i \in L_i</math> będzie słowem o najmniejszej długości. Wówczas
-<center><math>\forall w \in L:|w|>N \;\;w \in \bigcup_{i=1}^n w_i(a^n)^*.</math></center>
+<center><math>\forall w \in L:|w|>N \;\;w \in \bigcup_{i=1}^n w_i(a^n)^*</math>.</center>
 Zatem <center><math>L=\{w \in L : |w|\leqslant p\} \cup \bigcup_{i=1}^n w_i(a^n)^*.  </math></center>

Języki, automaty i obliczenia/Ćwiczenia 10: Lemat o pompowaniu dla języków bezkontekstowych. Własności języków bezkontekstowych. Problemy rozstrzygalne: Różnice pomiędzy wersjami

Wersja z 09:17, 5 wrz 2023

Ćwiczenia 10

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia