অযৌক্তিক সংখ্যার সাথে জড়িত ভাষা কোনও সিএফএল নয়

Question

আমি একটি পাঠ্যপুস্তকে কঠোর অনুশীলনের মধ্য দিয়ে কাজ করছি এবং কীভাবে এগিয়ে যেতে হবে তা ঠিক বুঝতে পারি না। এখানেই সমস্যা। ধরুন আমাদের কাছে যেখানে কিছু অযৌক্তিক সংখ্যা। আমি কীভাবে প্রমাণ করব যে একটি প্রসঙ্গ-মুক্ত ভাষা নয়?$L = \{a^ib^j: i \leq j \gamma, i\geq 0, j\geq 1\}$$\gamma$$L$

ক্ষেত্রে যখন যুক্তিযুক্ত হয়, তখন ভাষাটি গ্রহণ করে এমন একটি ব্যাকরণ তৈরি করা বেশ সহজ। তবে অযৌক্তিক, তাই আসলে কী করতে হবে তা আমি জানি না। দেখে মনে হচ্ছে না পাম্পিং লেম্মাসগুলির মধ্যে কেউ এখানে কাজ করবে। সম্ভবত পরীখের উপপাদ্যটি এখানে কাজ করবে, কারণ এটি স্বজ্ঞাতভাবে মনে হবে যে এই ভাষার কোনও সহিত সেলিমারিয়ার পরীখ চিত্র নেই।$\gamma$$\gamma$

এই অনুশীলনটি জেফ্রি শ্যালিটের "ফর্মাল ল্যাঙ্গুয়েজ এবং অটোমেটা থিওরিতে একটি দ্বিতীয় কোর্স" থেকে, অধ্যায় 4 এর 25 অনুশীলন।

আমি সত্যিই কোনও সাহায্যের প্রশংসা করব, বা সঠিক দিকে ঠেলে দিচ্ছি। ধন্যবাদ!

Comments

আপনি কি পরীখের উপপাদ্য প্রয়োগ করার চেষ্টা করেছেন?

— যুবাল ফিল্মাস

কেন এটি দেখায় না যে এটি সরাসরি সেলিমিনার নয়? সংজ্ঞাটি ব্যবহার করুন।

— যুবাল ফিল্মাস

আমার বাড়ির কাজের জন্য ঠিক সময়ে! ধন্যবাদ। সিএস 462/662 আনুষ্ঠানিক ভাষা এবং পার্সিং শীতকালীন 2019, সমস্যা 9 সেট করুন, অনুশীলন 3. শুক্রবার, 22 মার্চ 2019,

— হেনড্রিক জানুয়ারী

@ হেনড্রিকজান আমি জেফ্রি শ্যালিতের লেখা "ফরমাল ল্যাঙ্গুয়েজ এবং অটোমেটা থিওরিতে একটি দ্বিতীয় কোর্স" পাঠ্যপুস্তকটি থেকে আত্মত্যাগ করছি। এটি চতুর্থ অধ্যায়ের 25 ব্যায়াম। দায়িত্ব নির্ধারিত না হওয়া পর্যন্ত এই পোস্টটি কী আড়াল করা সম্ভব হবে?

আপনি যা করার চেষ্টা করছেন এবং আপনার ভাল উদ্দেশ্যগুলি আমি প্রশংসা করি, তবে দয়া করে প্রশ্নটি আড়াল করে (এমনকি কিছু দিনের জন্য) সম্পাদনা করে প্রশ্নটি ধ্বংস করবেন না। ধন্যবাদ. পিএস সমস্যার উত্স জমা দেওয়ার জন্য আপনাকে ধন্যবাদ!

— DW

Answer 1

পরীখের উপপাদ্য অনুসারে, যদি প্রসঙ্গমুক্ত থাকে তবে সেট se সেলিমিনারি হবে, এটি হ'ল এটি চূড়ান্তভাবে অনেকগুলি সেটগুলির মিলন would গঠন , কিছু তোমার দর্শন লগ করা আমি = ( একটি আমি , খ আমি ) ।$L$$M = \{(a,b) : a \leq \gamma b \}$$S = u_0 + \mathbb{N} u_1 + \cdots + \mathbb{N} u_\ell$$u_i = (a_i,b_i)$

একথাও ঠিক যে $u_0 \in M$ , আর তাছাড়া $u_i \in M$ প্রত্যেকের জন্য $i > 0$ , অন্যথায় যেহেতু $u_0 + N u_i \notin M$ বৃহৎ যথেষ্ট জন্য $N$ । অতএব $g(S) := \max(a_0/b_0,\ldots,a_\ell/b_\ell) < \gamma$ (যেহেতু $g(S)$যুক্তিযুক্ত)। এর অর্থ এই যে প্রত্যেক $(a,b) \in S$ সন্তুষ্ট $a/b \leq g(S)$ ।

এখন ধরুন যে $M$$S^{(1)},\ldots,S^{(m)}$ এর মিলন , এবং$g = \max(g(S^{(1)}),\ldots,g(S^{(m)})) < \gamma$ । পূর্বোল্লিখিত শো যে যে $(a,b)$ ইউনিয়ন সন্তুষ্ট মধ্যে $a/b \leq g < \gamma$ , এবং আমরা একটি অসঙ্গতি প্রাপ্ত, যেহেতু $\sup \{ a/b : (a,b) \in M \} = \gamma$ ।

---

যখন $\gamma$ মূলদ হয়, প্রমাণ ব্যর্থ হয়, এবং প্রকৃতপক্ষে $M$ semilinear হল:

$$\{ (a,b) : a \leq \tfrac{s}{t} b \} = \bigcup_{a=0}^{s-1} (a,\lceil \tfrac{t}{s} a \rceil) + \mathbb{N} (s,t) + \mathbb{N} (0,1).$$ প্রকৃতপক্ষে, নির্মাণ দ্বারা,ডানদিকে যেকোনও জোড়$(a,b)$একটিsatisfগুলিসন্তুষ্ট করে$a \leq \tfrac{s}{t} b$(যেহেতু$s = \tfrac{s}{t} t$)। বিপরীতভাবে, মনে করুন যে$a \leq \frac{s}{t} b$। যদিও$a \geq s$এবং$b \geq t$, বিয়োগ$(s,t)$থেকে$(a,b)$। অবশেষে$a < s$(যেহেতু$b < t$বোঝায়$a \leq \frac{s}{t}b < s$)। যেহেতু$a \leq \frac{s}{t} b$, অগত্যা$b \geq \lceil \tfrac{t}{s} a \rceil$। অত: পর আমরা বিয়োগ করতে পারেন$(0,1)$থেকে$(a,b)$যতক্ষণ না আমরা পৌঁছানোর$(a,\lceil \tfrac{t}{s} a \rceil)$।

Comments

চমৎকার উত্তর. কেবল একটি ব্যাখ্যা, "প্রতিটি সন্তুষ্ট করে একটি / বি ≤ জি ( এস ) " এর পিছনে যুক্তিটি হ'ল অন্যথায় যদি একটি ( ক , খ ) > জি ( এস ) থাকে তবে আমরা একটি ( x , y ) ∈ এস এর মতো যে এক্স / ওয়াই চেয়েছিলেন তত বড় এবং γ এর চেয়ে বড় ? $(a,b) \in S$$a/b \leq g(S)$$(a,b)> g(S)$$(x,y)\in S$$x/y$$\gamma$

না, এটি এর সংজ্ঞা থেকে সরাসরি অনুসরণ করে । তোমার যুক্তি ব্যাখ্যা দিয়েছে কেন গ্রাম ( এস ) < γ । $g(S)$$g(S) < \gamma$

— ইয়ুভাল ফিল্মাস

Answer 2

ব্যতীত প্রতিটি পরিবর্তনশীল $\gamma$ এই উত্তরে একটি ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা জন্য দাঁড়িয়েছে। এটা তোলে সুপরিচিত একটি অযৌক্তিক দেওয়া হয় $\gamma>0$ , সেখানে মূলদ সংখ্যার একটি ক্রম $\dfrac{a_1}{b_1}\lt\dfrac{a_2}{b_2}\lt\dfrac{a_3}{b_3}\lt\cdots \lt\gamma$যেমন যে$\dfrac{a_i}{b_i}$ নিকটবর্তী$\gamma$অন্য কোন যুক্তিসঙ্গত সংখ্যার চেয়ে কম চেয়ে$\gamma$যার হর কম$b_i$।

---

দেখা যাচ্ছে পাম্পিং লেমা কাজ করে!

অসঙ্গতি অনুরোধে জন্য, দিন $p$ এর পাম্পিং দৈর্ঘ্য হতে $L$ একটি প্রেক্ষাপটে মুক্ত ভাষা হিসেবে। আসুন $s=a^{a_p}b^{b_p}$ , এমন একটি শব্দ যা $L$ তবে "সবে"। নোট করুন $|s|>b_p\ge p$ । বিবেচনা করুন $s=uvwxy$ , যেখানে $|vx|> 1$ এবং $s_n=uv^nwx^ny\in L$ সবার জন্য$n\ge0$ ।

যাক $t_a$ এবং $t_b$ সংখ্যা হতে $a$ s এবং $b$ মধ্যে গুলি $vx$ যথাক্রমে।

• যদি $t_b=0$ বা $\dfrac{t_a}{t_b}\gt\gamma$, জন্য$n$বৃহৎ যথেষ্ট, সংখ্যা অনুপাত$a$গুলি যে$b$মধ্যে গুলি$s_n$চেয়ে বড় হতে হবে$\gamma$, অর্থাত্,$s_n\not\in L$।
• অন্যথায়, $\dfrac{t_a}{t_b}\lt\gamma$। যেহেতু$t_b<b_p$,$\dfrac{t_a}{t_b}\lt \dfrac{a_p}{b_p}$ । অতএব, $\dfrac{a_p-t_a}{b_p-t_b}>\dfrac{a_p}{b_p}$ যেহেতু$b_p-t_b<b_p$,$\dfrac{a_p-t_a}{b_p-t_b}>\gamma,$ যা বলছেন যে$s_0\not\in L$।

উপরের বৈপরীত্য দেখায় যে $L$ প্রসঙ্গ-মুক্ত হতে পারে না।

---

এখানে দুটি সম্পর্কিত সহজ ব্যায়াম রয়েছে।

ব্যায়াম 1. দেখান যাতে $L_\gamma=\{a^{\lfloor i \gamma\rfloor}: i\in\Bbb N\}$ প্রসঙ্গ-মুক্ত যেখানে নয় $\gamma$ একটি অযৌক্তিক সংখ্যা।

ব্যায়াম 2. দেখান যাতে $L_\gamma=\{a^ib^j: i \leq j \gamma, i \ge0, j\ge 0\}$ যেখানে প্রসঙ্গ-মুক্ত $\gamma$ একটি মূলদ সংখ্যা।

Comments

উত্তরে সম্পত্তি কেবল সব মূলদ সংখ্যার যে নিকটতম করতে নির্বাচন করে প্রমাণ করা যেতে পারে সব মূলদ সংখ্যার চেয়ে ছোট তালিকায় সব আগের সংখ্যার চেয়ে γ বৃদ্ধি বৃদ্ধি denominators, ক্রমানুসারে এবং একই denominators, জন্য, অর্ডার। $\gamma$$\gamma$

— জন এল।

সাধারণ নির্মাণটি অব্যাহত ভগ্নাংশের রূপান্তর গ্রহণ করা।

— যুবাল ফিল্মাস

@ ইউভালফিল্মাস হ্যাঁ, আমি সম্মত। অন্যদিকে, প্রায়-এক-লাইনের প্রমাণটি অনেক সহজ এবং অ্যাক্সেসযোগ্য। (আমার শেষ বার্তায় "ক্রমবর্ধমান ক্রম" হওয়া উচিত "ক্রমহ্রাসমান ক্রম"))

— জন এল