È la lingua

È la lingua $L = \{0^n 1^m \mid n \text{ and } m \text{ are co-prime}\}$ senza contesto?

Immagino che non sia privo di contesto perché sembra troppo complicato per un PDA decidere se 2 numeri sono corretti o meno.

Ho provato a usare il lemma del pompaggio senza risultati.

Qualsiasi aiuto sarebbe felicemente apprezzato.

Modificare:

Ecco uno dei miei tentativi falliti con il lemma del pompaggio:

Permettere $N$ essere una costante. Prendi un numero primo $p$ tale che $p > N!$ e poi prendi la parola $z = 0^p 1^{p+N!} \in L$ . Permettere $z = uvwxy$ essere una decomposizione di $z$ soddisfacendo le condizioni nel lemma di pompaggio.

Se $vx$ contiene solo zeri quindi $|vx| = k$ è un numero intero compreso tra $1$ e $N$ . Definire $m$ come $m = N!/k$ . Per $i = m+1$ la parola $uv^iwx^iy = 0^{p+N!}1^{p+N!} \not\in L$

Tuttavia, non sono riuscito a trovare un numero intero $i$ per gli altri casi di decomposizione.

— Robert777
fonte

Benvenuti in Informatica ! Permettimi di indirizzarti verso le nostre domande di riferimento che potrebbero coprire il tuo problema. Esamina le domande correlate elencate di seguito, prova a risolvere nuovamente il problema e modifica per includere i tuoi tentativi insieme ai problemi specifici che hai riscontrato. Penso che il teorema di Parikh potrebbe risolversi per te.

— Raffaello

Parikh dovrebbe funzionare, ma anche il pompaggio standard / Ogden, giusto?

— Ran G.

In realtà è una domanda a quiz. Dato che non abbiamo imparato il teorema di Parikh, c'è probabilmente un modo per dimostrare che non è privo di contesto con il lemma di pompaggio o con proprietà di chiusura.

— Robert777,

@Raphael, in questo caso il teorema di Parikh in realtà non aggiunge nulla oltre il lemma di pompaggio diretto (cioè, da

0^{n} 1^{m}

$0^n 1^m$ può ottenere tutto

0^{n + k a} 1^{m + k b}

$0^{n + k a} 1^{m + k b}$ per alcuni

a

$a$ ,

b

$b$ non entrambi zero e

k \geq - 1

$k \ge -1$ ). Ma non vedo alcun modo per forzare

gcd (n + k a, m + k b) \neq 1

$\gcd(n + k a, m + k b) \ne 1$ .

— vonbrand,

@vonbrand Potremmo invece lavorare su ; vedi qui .

\bar{L} \cap L (0^{*} 1^{*})

$\overline{L} \cap \mathcal{L}(0^*1^*)$

— Raffaello

Ridicolo che non l'ho visto prima ...

La prova che il linguaggio (chiamalo ) non è privo di contesto è per contraddizione. Supponiamo che sia privo di contesto, dal lemma di pompaggio per i CFG c'è una costante tale che ogni stringa tale che possa essere scritta con tale che per tutti la stringa . Prendi numeri primi diversi (tale che ) e e prendi . La stringa pompata sarà $\mathcal{L}$ $\mathcal{L}$ $N$ $\sigma \in \mathcal{L}$ $\lvert \sigma \rvert \ge N$ $\sigma = u v x y z$ $v y \ne \epsilon$ $k \ge 0$ $u v^k x y^k z \in \mathcal{L}$ $m, n$ $\gcd(m, n) = 1$ $m, n > 2N$ $\sigma = 0^m 1^n$ $0^{m + k a} 1^{n + k b}$ per alcune costanti , , non entrambe zero, e tale che e (abbiamo tra l'altro sono stati selezionati , ). Il caso di uno di questi zero era coperto da OP, quindi considera . Adesso: $a$ $b$ $a < m$ $b < n$ $a, b \le N < m / 2, n / 2$ $m$ $n$ $a, b \ne 0$

\begin{aligned} m + k a & \equiv 0 (\mod n) \\ n + k b & \equiv 0 (\mod m) \end{aligned}

$\begin{align*} m + k a &\equiv 0 \pmod{n} \\ n + k b &\equiv 0 \pmod{m} \end{align*}$

Questa ha una soluzione unica modulo dal teorema del resto cinese (abbiamo , e siccome è primo, ; allo stesso modo e ), e quindi possiamo scrivere: cioè, . Contraddizione. $k^*$ $m n$ $a < n$ $n$ $\gcd(a, n) = 1$ $b$ $m$

\begin{aligned} m + k^{*} a & \equiv 0 (\mod m n) \\ n + k^{*} b & \equiv 0 (\mod m n) \end{aligned}

$\begin{align*} m + k^* a &\equiv 0 \pmod{mn} \\ n + k^* b &\equiv 0 \pmod{mn} \end{align*}$

m n ∣ gcd (m + k^{*} a, n + k^{*} b)

$m n \mid \gcd(m + k^* a, n + k^* b)$

— vonbrand
fonte

Grazie per la tua risposta. Mi è piaciuto il modo in cui ti sei avvicinato a questo. Tuttavia, non capisco come hai usato il teorema del resto cinese se questo può essere applicato solo su un sistema di congruenze lineari del modulo:

\begin{aligned} x & \equiv b 1 (\mod m 1) \\ x & \equiv b 2 (\mod m 2) \end{aligned}

$\begin{align*} x &\equiv b1 \pmod{m1} \\ x &\equiv b2 \pmod{m2} \end{align*}$

— Robert777,

@ Robert777, basta scrivere e così via.

k a \equiv - m (\mod n)

$k a \equiv -m \pmod{n}$

— vonbrand,

ma ottieni una congruenza del modulo: e non è lo stesso. Ad esempio se allora la congruenza non ha soluzioni.

\begin{aligned} a x & \equiv b (\mod m) \end{aligned}

$\begin{align*} a x &\equiv b \pmod{m} \\ \end{align*}$

g c d (a, m) ⧸ | b

$gcd(a,m) \not | b$

— Robert777,

@ Robert777, hai assolutamente ragione. Modificato per selezionare , primo. Grazie!

m

$m$

n

$n$

— vonbrand,

Ok, dopo aver usato il teorema del resto cinese, perché possiamo scrivere queste congruenze:

\begin{aligned} m + k^{*} a & \equiv 0 (\mod m n) \\ n + k^{*} b & \equiv 0 (\mod m n) \end{aligned}

$\begin{align*} m + k^* a &\equiv 0 \pmod{mn} \\ n + k^* b &\equiv 0 \pmod{mn} \end{align*}$

— Robert777,