Come dimostrare che una lingua non è regolare?

Abbiamo imparato a conoscere la classe di lingue regolari . È caratterizzato da un concetto qualsiasi tra espressioni regolari, automi finiti e grammatiche lineari a sinistra, quindi è facile dimostrare che una determinata lingua è regolare.$\mathrm{REG}$

Come faccio a mostrare il contrario, però? Il mio TA è stato fermamente convinto che per farlo, dovremmo dimostrare per tutte le espressioni regolari (o per tutti gli automi finiti, o per tutte le grammatiche lineari a sinistra) che non possono descrivere la lingua a portata di mano. Sembra un grosso compito!

Ho letto di un lemma del pompaggio ma sembra davvero complicato.

^{Questa dovrebbe essere una domanda di riferimento che raccoglie i normali metodi di prova ed esempi di applicazione. Vedi qui per la stessa domanda sui linguaggi senza contesto.}

La prova per contraddizione viene spesso usata per dimostrare che una lingua non è regolare: lascia che $P$ una proprietà vera per tutte le lingue normali, se la tua lingua specifica non verifica $P$ , allora non è regolare. È possibile utilizzare le seguenti proprietà:

1. Il lemma del pompaggio, come esemplificato nella risposta di Dave ;
2. Proprietà di chiusura di linguaggi regolari (operazioni set, concatenazione, stella di Kleene, specchio, omomorfismi);
3. Una lingua normale ha un numero finito di classe di equivalenza del prefisso, il teorema di Myhill – Nerode .

Per dimostrare che una lingua $L$ non è regolare utilizzando le proprietà di chiusura, la tecnica consiste nel combinare $L$ con le lingue regolari mediante operazioni che preservano la regolarità al fine di ottenere una lingua nota per non essere regolare, ad esempio la lingua archetipica $I= \{ a^n b^n \mid n \in \mathbb{N} \}$ . Ad esempio, lascia $L= \{a^p b^q \mid p \neq q \}$ . Si supponga $L$ è regolare, come linguaggi regolari sono chiusi sotto complementazione così è $L$ 's complemento $L^c$ . Ora prendiamo l'intersezione di$L^c$ e$a^\star b^\star$ che è regolare, otteniamo$I$ che non è regolare.

Il teorema di Myhill – Nerode può essere usato per dimostrare che $I$ sono regolare. Per $p \geq 0$ , $I/a^p= \{ a^{r}b^rb^p\mid r \in \mathbb{N} \}=I.\{b^p\}$ . Tutte le classi sono diverse e esiste un'infinità numerabile di tali classi. Poiché una lingua normale deve avere un numero finito di classi, $I$ sono regolare.

Basato sulla risposta di Dave, ecco un "manuale" passo-passo per usare il lemma del pompaggio.

Ricorda il lemma del pompaggio (tratto dalla risposta di Dave, preso da Wikipedia):

Sia $L$ un linguaggio regolare. Quindi esiste un numero intero $n\ge 1$ (dipendente solo da $L$ ) in modo tale che ogni stringa $w$ in $L$ di lunghezza almeno $n$ ( $n$ è chiamata "lunghezza di pompaggio") può essere scritta come $w = xyz$ (cioè, $w$ può essere diviso in tre sottostringhe), soddisfacendo le seguenti condizioni:

1. $|y| \ge 1$
2. $|xy| \le n$ e
3. un "pompato" $w$ è ancora in $L$ : per tutti $i \ge 0$ , $xy^iz \in L$ .

Supponiamo che ti venga data una lingua $L$ e vuoi dimostrare che non è regolare tramite il lemma di pompaggio. La prova si presenta così:

1. Supponiamo che $L$ sia regolare.
2. Se è regolare, il lemma di pompaggio dice che esiste un numero $n$ che è la lunghezza di pompaggio.
3. Scegli una parola specifica $w\in L$ di lunghezza maggiore di $n$ . La parte difficile è sapere quale parola prendere.
4. Considera TUTTI i modi per partizionare $w$ in 3 parti, $w=xyz$ , con $|xy|\le n$ ed $y$ non vuoto. Per ognuno di questi modi, dimostrano che non può essere pompato: esiste sempre qualche $i\ge 0$ tale che $xy^iz \notin L$ .
5. Concludere: la parola $w$ non può essere "pompata" (non importa come la dividiamo in $xyz$ ) in contraddizione con il lemma di pompaggio, cioè la nostra ipotesi (fase 1) è errata: $L$ non è regolare.

Prima di fare un esempio, lasciatemi ripetere i passaggi 3 e 4 (è qui che la maggior parte delle persone sbaglia). Nel passaggio 3 è necessario scegliere una parola specifica in $L$ . scrivilo esplicitamente, come "00001111" o " $a^nb^n$ ". Esempi di cose che non sono una parola specifica: " $w$ " o "una parola che ha 000 come prefisso".

D'altra parte, nel passaggio 4 è necessario considerare più di un caso. Ad esempio, se $w=000111$ non è sufficiente dire $x=00, y=01, z=00$ e quindi raggiungere una contraddizione. È inoltre necessario selezionare $x=0, y=0, z=0111$ e $x=\epsilon, y=000, z=111$ e tutte le altre opzioni possibili.

Ora seguiamo i passaggi e dimostriamo che $L= \{ 0^k1^{2k} \mid k>0 \}$ non è regolare.

1. Supponiamo che $L$ sia regolare.
2. Sia $n$ la lunghezza di pompaggio data dal lemma di pompaggio.
3. Sia $w = 0^n 1^{2n}$ .
   (controllo di integrità: $|w|\gt n$ se necessario. Perché questa parola? anche altre parole possono funzionare .. ci vuole un po 'di esperienza per trovare la giusta $w$ ). Ancora una volta, nota che $w$ è una parola specifica: $\underbrace{000\ldots0}_{n \text{ times}}\underbrace{111\ldots1}_{2n \text{ times}}$ .
4. Ora cominciamo a considerare i vari casi per dividere $w$ in $xyz$ con $|xy|\le n$ e $|y|>0$ . Dal $|xy|<n$ non importa come abbiamo diviso $w$ , $x$ sarà composto solo da 0 e anche $y$ . Supponiamo $|x|=s$ e $|y|=k$ . Dobbiamo considerare TUTTE le opzioni, ovvero tutte le possibili $s,k$ tale che$s\ge 0, k\ge 1$ e$s+k \le n$ . PER QUESTO$L$ la prova per tutti questi casi è la stessa, ma in generale potrebbe essere diversa.
   prendi$i=0$ e considera$xy^iz = xz$ . questa parola NON è in$L$ poiché ha la forma$0^{n-k}1^{2n}$ (non importa cosa$s$ e$k$erano), e poiché $k \ge 1$ , questa parola non è in $L$ e si raggiunge una contraddizione.
5. Pertanto, la nostra ipotesi non è corretta e $L$ non è regolare.

Una clip di YouTube che spiega come utilizzare il lemma di pompaggio lungo le stesse linee può essere trovata qui

Da Wikipedia, la lingua di pompaggio per le lingue normali è la seguente:

Sia un linguaggio regolare. Quindi esiste un numero intero p ≥ 1 (dipendente solo da L ) in modo tale che ogni stringa w in L di lunghezza almeno p ( p è chiamata "lunghezza di pompaggio") può essere scritta come w = x y z (cioè, w può essere diviso in tre sottostringhe), soddisfacendo le seguenti condizioni:$L$$p\ge 1$$L$$w$$L$$p$$p$$w = xyz$$w$

1. $|y| \ge 1$
2. e $|xy| \le p$
3. per tutti , x y i z ∈ L . y è la sottostringa che può essere pompata (rimossa o ripetuta un numero qualsiasi di volte e la stringa risultante è sempre in L ). $i \ge 0$$xy^iz \in L$
   $y$$L$

(1) significa che il circuito y da pompare deve essere lungo almeno uno; (2) significa che il loop deve avvenire entro i primi caratteri p. Non ci sono restrizioni su xe z.

In parole semplici, per qualsiasi lingua regolare L, qualsiasi parola sufficientemente lunga può essere divisa in 3 parti. cioè w = x y z , in modo tale che tutte le stringhe x y k z per k ≥ 0 sono anche in L .$w\in L$$w = xyz$$xy^kz$$k\ge 0$$L$

Ora consideriamo un esempio . Sia .$L=\{(01)^n2^n\mid n\ge0\}$

Per dimostrare che ciò non è regolare, è necessario considerare l' aspetto di tutte le decomposizioni , quindi quali sono tutte le possibili cose x, y e z che si può dare che x y z = ( 01 ) p 2 p (scegliamo di guardare questa parola particolare, di lunghezza 3 p , dove p è la lunghezza di pompaggio). Dobbiamo considerare dove si trova la parte y della stringa. Potrebbe sovrapporsi alla prima parte e sarà quindi uguale a ( 01 ) k + 1 , ( 10 $w=xyz$$xyz=(01)^p2^p$$3p$$p$$y$$(01)^{k+1}$ ,1(01 ) k o0(10 ) k , per alcunik≥0(non dimenticare che | y | ≥1). Potrebbe sovrapporsi alla seconda parte, nel senso chey= 2 k , per alcunik>0. Oppure potrebbe sovrapporsi tra le due parti della parola e avrà la forma(01 ) k + 1 2 l ,(10 ) $(10)^{k+1}$$1(01)^k$$0(10)^k$$k\ge 0$$|y|\ge 1$$y=2^k$$k>0$$(01)^{k+1} 2^l$ ,1(01 ) k 2 l o0(10 ) k 2 l , perk≥0el≥1.$(10)^{k+1} 2^l$$1(01)^k 2^l$$0(10)^k 2^l$$k\ge0$$l\ge1$

Ora pompate ognuno per ottenere una contraddizione, che sarà una parola non nella vostra lingua. Ad esempio, se prendiamo , il lemma di pompaggio dice, ad esempio, che x y 2 z = x 0 ( 10 ) k 2 l 0 ( 10 ) k 2 l z deve essere nel lingua, per una scelta appropriata di x e z . Ma questa parola non può essere nella lingua come appare un 2 prima di un 1 .$y=0(10)^k2^l$$xy^2z=x0(10)^k2^l0(10)^k2^lz$$x$$z$$2$$1$

In altri casi il numero di sarà maggiore del numero di 2 o viceversa, oppure si tradurranno in parole che non avranno la struttura ( 01 ) n 2 n , ad esempio, avendo due 0 di fila.$(01)$$2$$(01)^n2^n$$0$

Non dimenticarlo . Qui, è utile abbreviare la dimostrazione: molte delle decomposizioni sopra sono impossibili perché renderebbero la parte z troppo lunga.$|xy| \le p$$z$

Ciascuno dei casi di cui sopra deve portare a tale contraddizione, che sarebbe quindi una contraddizione del lemma di pompaggio. Ecco! La lingua non sarebbe normale.

Per una data lingua , let$L \subseteq \Sigma^*$

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

la funzione (ordinaria) di generazione di , ovvero la sua sequenza di conteggi di parole per lunghezza.$L$

La seguente dichiarazione contiene [ FlSe09 , p52 ]:

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

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

Quindi qualsiasi linguaggio la cui funzione generatrice non è razionale non è regolare. Sfortunatamente, tutti i linguaggi lineari hanno anche funzioni di generazione razionale¹, quindi questo metodo non funzionerà per i linguaggi non regolari più semplici. Un altro svantaggio è che ottenere (e dimostrare che non è razionale) può essere difficile.$S_L$

Esempio: considerare la lingua delle parole tra parentesi nidificate correttamente, ovvero la lingua Dyck . È generato dalla grammatica non ambigua

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

che può essere tradotto nell'equazione

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

una soluzione (quella con tutti i coefficienti positivi) di cui è

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

Poiché [ Kuic70 ] e S non sono razionali, il linguaggio Dyck non è regolare.$S_L = \mathcal{S}$$\mathcal{S}$

1. La prova per l'affermazione per le lingue regolari funziona immediatamente tramite grammatiche e trasferisce a grammatiche lineari (commutatività della moltiplicazione).

$\ \ $[FlSe09] Combinatoria analitica di P. Flajolet e R. Sedgewick (2009) [Kuic70] Sull'entropia delle lingue senza contesto di W. Kuich (1970)
$\ \ $

Questa è una versione estesa della mia risposta da qui L' uso del pompaggio di Lemma per dimostrare che la lingua non è regolare$L = \{(01)^m 2^m \mid m \ge0\}$ poiché si suppone che questa sia una domanda di riferimento.

Quindi, pensi che il lemma del pompaggio sembri complicato? Non ti preoccupare. Ecco un approccio leggermente diverso, che è nascosto anche nella risposta di @ Romuald. (Quiz: dove?)

Cominciamo ricordando che ogni linguaggio regolare è accettato da un automa a stati finiti deterministico (DFA). Un DFA è un grafico diretto finito in cui ogni vertice ha esattamente un margine esterno per ogni lettera dell'alfabeto. Le stringhe forniscono una camminata nel grafico basata su un vertice etichettato "start" e il DFA accetta se questa camminata termina con un vertice etichettato "accetta". (I vertici sono chiamati "stati" perché a diverse aree della matematica piace inventare la propria terminologia per la stessa cosa.)

Con questo modo di pensare è facile vedere che: Se le stringhe di e b guidare il DFAE allo stesso stato, quindi per qualsiasi altra stringa c , un c e b c guidare il DFA nello stesso stato. $a$$b$$c$$ac$$bc$Perché? Perché il punto di riferimento di una passeggiata e la stringa che la definisce determinano la fine completamente.

Mettere leggermente diverso: Se è regolare e stringhe un e b guidare un automa riconoscendo allo stesso stato, poi per tutte le stringhe c , sia un c e b c sono entrambi a L o nessuno dei due è.$L$$a$$b$$c$$ac$$bc$$L$

Possiamo usare questo per mostrare le lingue non sono regolari immaginando che è e poi venire con e b guida di una DFA allo stesso stato, e c in modo che un c è nella lingua e b c non è. Prendi la lingua di esempio dalla risposta di @ Dave. Immagina che sia regolare, quindi ha qualche riconoscimento DFA con m stati. Il principio Pigeon Hole afferma che almeno due di { ( 01 ) i : 0 ≤ i ≤ m + 1 } inviano il DFA allo stesso stato, ad esempio a = ( $a$$b$$c$$ac$$bc$$m$$\{(01)^i : 0\le i\le m+1\}$ e b = ( 01 ) q . Poiché p ≠ q , vediamo che un 2 p è nella lingua e b 2 p non lo è, quindi questa lingua non può essere regolare.$a=(01)^p$$b=(01)^q$$p\neq q$$a2^p$$b2^p$

La cosa bella è che l'esempio è davvero un modello per dimostrare che le lingue non sono regolari:

• Trovare una famiglia di stringhe con la proprietà che ciascuno di loro ha una "coda" t i in modo che un i t i è nella lingua e un i t j , per i ≠ j non è.$\{a_i :i\in\mathbb{N}\}$$t_i$$a_it_i$$a_it_j$$i\neq j$
• Applica l'argomento sopra alla lettera. (Questo è permesso, poiché ci sono sempre abbastanza per permetterti di invocare il Principio di Pigeon Hole.)$a_i$

Ci sono altri trucchi, ma questo funzionerà facilmente sulla maggior parte dei tuoi problemi a casa.

Modifica: una versione precedente aveva alcune discussioni su come questa idea si rapporta al Lemma Pompante.

Seguendo la risposta qui , descriverò un metodo per dimostrare la non regolarità basato sulla complessità di Kolmogorv.

Questo approccio è discusso in "Un nuovo approccio alla teoria del linguaggio formale di Kolmogorov Complexity" , di Ming Li e Paul MB Vitanyi (vedere la sezione 3.1).

Sia denota la complessità di Kolmogorov di una stringa x , ovvero la lunghezza della codifica più breve di una macchina di Turing M , tale che M ( ϵ ) = x (qualsiasi delle solite definizioni lo farà). Si può quindi usare il seguente lemma per dimostrare la non regolarità:$K(x)$$x$$M$$M(\epsilon)=x$

KC-Regolarità : Sia un linguaggio regolare, quindi esiste una costante c che dipende solo da L , tale che per tutte le x ∈ Σ ∗ , Se y è la stringa n ′ t h (relativa all'ordinamento lessicografico ) in L x = { y ∈ Σ ∗ | x y ∈ L } , quindi K ( y ) ≤ O ( log n $L\subseteq \Sigma^*$$c$$L$$x\in\Sigma^*$$y$$n'th$$L_x=\left\{y\in \Sigma^*|xy\in L\right\}$ .$K(y)\le O(\log n)+c$

Si può capire (e provare) il lemma sopra come segue, per ogni , per descrivere la stringa n ′ t h in L x si deve specificare:$x\in\Sigma^*$$n'th$$L_x$

• L'automa che accetta $L$
• Lo stato nell'automa dopo l'elaborazione del prefisso $x$
• L'indice $n$

Dal momento che abbiamo solo bisogno di ricordare lo stato dopo l'elaborazione , e non x sé, possiamo nascondere questo fattore nella costante a seconda L . L'indice n richiede log n bit per descrivere e otteniamo il risultato sopra (per completezza, è necessario aggiungere le istruzioni specifiche richieste per generare y , ma questo aggiunge solo un fattore costante alla descrizione finale).$x$$x$$L$$n$$\log n$$y$

Questo lemma mostra come legare la complessità di Kolmogorov di tutte le stringhe che sono membri di per un linguaggio regolare L e x ∈ Σ ∗ . Per dimostrare la non regolarità, si può supporre che L sia regolare e dimostrare che i limiti sono troppo restrittivi (ad esempio, la complessità di Kolmogrov limitata per un insieme infinito di stringhe).$L_x$$L$$x\in\Sigma^*$$L$

La risposta collegata sopra contiene un esempio di come usare questo lemma per mostrare non è regolare, molti altri esempi sono riportati nel documento. Per completezza, mostriamo qui come dimostrare L = { 0 n 1 n | n ≥ 0 } non è regolare.$L=\left\{1^p | \text{p is prime}\right\}$$L=\left\{0^n1^n| n\ge 0\right\}$

Dato un , indichiamo con y x i il i ' t h parola in L x . Si noti che y 0 i 1 = 1 i . Usando il suddetto lemma, concentrandosi su prefissi x della forma x = 0 i e fissaggio n = 1 , otteniamo ∀ i ≥ 0 : K ( y 0 i$x\in\left\{0,1\right\}^*$$y_i^x$$i'th$$L_x$$y_1^{0^i}=1^i$$x$$x=0^i$$n=1$ . Poiché y 0 i 1 = 1 i , ciò significa che possiamo vincolare la complessità di Kolmogorov di tutte le stringhe della forma 1 i con una costante, che è ovviamente falsa. Vale la pena ricordare che avremmo potuto esaminare una singola x , ad esempio x = 0 n per n abbastanza grandeche soddisfa K ( 0 n ) ≥ log n (iniziamo con un prefisso di elevata complessità). Poiché y x 1 = 1 n , otteniamo$\forall i\ge 0 : K(y_1^{0^i})\le c$$y_1^{0^i}=1^i$$1^i$$x$$x=0^n$$n$$K(0^n)\ge \log n$$y_1^x=1^n$ , contraddizione (supponiamo n > 2 c ).$K(1^n)<c$$n>2^c$

Nel caso di lingue unarie (lingue sopra un alfabeto di dimensione 1), esiste un semplice criterio. Risolviamo un alfabeto e, per A ⊆ N , definiamo L ( A ) = { σ n : n ∈ A } $\{ \sigma \}$$A \subseteq \mathbb{N}$

Teorema. Lasciate . Sono equivalenti:$A \subseteq \mathbb{N}$

1. è regolare.$L(A)$

2. è privo di contesto.$L(A)$

3. Esistono tale che per ogni n ≥ n 0 , si sostiene che n ∈ A se e solo se n + m ∈ A . (Diciamo che alla fine A è periodico .)$n_0,m \geq 1$$n \geq n_0$$n \in A$$n+m \in A$$A$

4. Lasciate . Quindi 0. a 0 a 1 a 2 … è razionale.$a_i = 1_{i \in A}$$0.a_0a_1a_2\ldots$

5. La funzione generatrice è una funzione razionale.$\sum_{i \in A} x^i$

Il teorema può essere dimostrato in molti modi, ad esempio usando il lemma di pompaggio, la teoria di Myhill-Nerode, il teorema di Parikh, la struttura dei DFA su linguaggi unari (sembrano un " ", come nell'algoritmo ρ di Pollard ), e così via . Ecco un utile corollario.$\rho$$\rho$

Corollario. Sia e supponiamo che L ( A ) sia regolare.$A \subseteq \mathbb{N}$$L(A)$

1. Il limite esiste. (Questa è ladensità asintoticadiA.)$\rho = \lim_{n\to\infty} \frac{|A \cap \{1,\ldots,n\}|}{n}$$A$

2. Se allora A è finito.$\rho = 0$$A$

3. Se allora A è cofinita (cioè ¯ A è finita).$\rho = 1$$A$$\overline{A}$

Ad esempio, la lingua non è regolare, poiché l'insieme ha una densità asintotica evanescente, ma è infinita.$L(\{2^n : n \geq 0\})$

La classe delle lingue regolari è chiusa sotto varie operazioni di chiusura, come l'unione, l'intersezione, il complemento, l'omomorfismo, la sostituzione regolare, l'omomorfismo inverso e altro. Questo può essere usato per dimostrare che una determinata lingua non è regolare riducendo a una lingua che è già nota per essere non regolare.

A titolo di esempio molto semplice, supponiamo di sapere che la lingua $\{a^nb^n : n \geq 0\}$ non è regolare. Poi possiamo dimostrare che la lingua $\{w \in \{a,b\}^* : \#_a(w) = \#_b(w)\}$ (il linguaggio di tutte le parole con altrettanto molti $a$ s e $b$ s) non è regolare come segue:

Supponiamo che $L = \{w \in \{a,b\}^* : \#_a(w) = \#_b(w)\}$ siano regolari. Quindi anche $L \cap a^*b^*$ sarebbe regolare. Ma $L \cap a^*b^* = \{a^n b^n : n \geq 0\}$ , che è noto per non essere regolare.

Ecco un esempio più complicato. Mostriamo che la lingua $L' = \{(0+1)^n2(0+1)^n : n \geq 0\}$ non è regolare.

Sia $h$ la mappatura dell'omomorfismo data da $h(0) = 0$ , $h(1) = 1$ , $h(2) = \epsilon$ . Se $L'$ fosse regolare, allora lo sarebbe anche la seguente lingua: $h(L' \cap 0^*21^*) = \{ 0^n 1^n : n \geq 0 \}$ . Tuttavia, sappiamo che quest'ultimo non è regolare.

Infine, ecco un esempio usando l'omomorfismo inverso. Mostriamo che la lingua $L'' = \{0^n10^n : n \geq 0\}$ non è regolare.

Sia $k$ l'omomorfismo dato da $k(0) = 0$ , $k(1) = 0$ , $k(2) = 1$ . Se $L''$ fosse regolare allora lo sarebbe anche $k^{-1}(L'')$ , ma questa è solo la lingua $L'$ dell'esempio precedente.

Usa la teoria di Myhill – Nerode.

Lascia che $L$ sia una lingua. Diciamo che due parole $x,y$ sono inequivalenti modulo $L$ (o: rispetto a $L$ ) se esiste una parola $z$ tale che esattamente uno di $xz,yz$ è in $L$ . In qualsiasi DFA per $L$ , $\delta(q_0,x) \neq \delta(q_0,y)$ (esercizio). Ciò implica il seguente criterio:

Lascia che $L$ sia una lingua. Supponiamo che esista un insieme infinito di parole non equivalenti a coppie (ovvero un insieme infinito $S$ tale che due $x,y \in S$ non uguali , y ∈ S siano inequivocabili modulo $L$ ). Quindi $L$ non è regolare.

Ecco un semplice esempio di applicazione di questo criterio:

La lingua $L = \{a^nb^n : n \geq 0\}$ non è regolare.

Prova. Sia $S = \{ a^n : n \geq 0 \}$ . Si rivendica che ogni due parole differenti in $S$ sono inequivalenti modulo $L$ . Effettivamente, lascia $a^i,a^j \in S$ , dove $i \ne j$ . Poi $a^ib^i \in L$ , ma $a^ib^j \notin L$ .

Una caratteristica importante di questo metodo è che è garantito il successo: se $L$ non è regolare, allora esiste un insieme infinito di parole non equivalenti a coppie. Questa è una conseguenza del teorema di Myhill – Nerode . In breve, l'equivalenza modulo $L$ (la negazione dell'ineguaglianza modulo $L$ definito sopra) è una relazione di equivalenza, e una lingua $L$ è regolare se il numero della classe di equivalenza di equivalenza modulo $L$ è finito. Se $L$ non è regolare, togliere una parola da ciascuna classe di equivalenza costituirebbe un insieme infinito di parole non equivalenti.

$L$$x$$y$$xy \in L$

Tutto quello che devi fare è mostrare che il numero di tali set non è finito.

$L = {a^nb^n: n ≥ 0}$$x = a^nb$$n ≥ 1$$y$$xy \in L$$y = b^{n-1}$$n$$L$

$x$$x$$\{y: xy \in L\}$