যার হাতুড়ি দুরত্ব 2 বা ততোধিক প্রসঙ্গমুক্ত সমান দৈর্ঘ্যের শব্দগুলির জোড়গুলির ভাষা কি?

Question

নিম্নলিখিত ভাষার প্রসঙ্গটি কি নিখরচায়?

$$L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^+, |u| = |v|, u \neq v, |x| = |y|, x \neq y\}$$

এসডিসিভিভিসি দ্বারা চিহ্নিত হিসাবে, এই ভাষার একটি শব্দকে একই দৈর্ঘ্যের দুটি শব্দের সংমিশ্রণ হিসাবেও বর্ণনা করা যেতে পারে যার হ্যামিং দূরত্ব 2 বা তত বেশি।

আমি মনে করি এটি প্রসঙ্গমুক্ত নয় তবে এটি প্রমাণ করতে আমার খুব কষ্ট হচ্ছে। আমি একজন নিয়মিত ভাষা সঙ্গে এই ভাষা ছেদ চেষ্টা (যেমন 0 * 1 * 0 * 1 * উদাহরণস্বরূপ) তাহলে পাম্পিং থিম এবং \ বা homomorphisms ব্যবহার করতে পারে তবে আমি সবসময় একটি ভাষা যে খুব বৈশিষ্ট্য এবং নিচে লিখতে জটিল পেতে।$\ 0^*1^*0^*1^*$

Comments

আপনি কি স্ট্রিংটি পাম্প করার চেষ্টা করেছেন $0^u1^x1^u0^x$?

— পল জিডি

হ্যাঁ, তবে আমি এই স্ট্রিংটিকে ভাষার বাইরে ফেলে দিতে ব্যর্থ হয়েছি (এর অর্থ এই নয় যে এটি সম্ভব নয়, কেবল এটি করতে ব্যর্থ হয়েছি)।

— রবার্ট 777

@ PålGD, আপনি সম্ভবত একটি উপায় "চিহ্ন" টুকরা, মত প্রয়োজন চাই $1^u 0 1^x 0 1^u 0 1^x 0$

— vonbrand

এই ভাষাটি হিসাবে লেখা যেতে পারে u | = | v | , d ( u , v ) ≥ 2 $\{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$ যেখানে $d$ হ্যামিংয়ের দূরত্ব। মনে রাখবেন যে আমরা যদি 1 দ্বারা 2 প্রতিস্থাপন করি তবে এটি প্রসঙ্গমুক্ত ( cs.stackexchange.com/questions/307 ) তবে সেখানে ব্যবহৃত কৌশলটি কাজ করবে না। ব্যক্তিগতভাবে আমি বাজি ধরছি এটি প্রসঙ্গমুক্ত নয়।

— sdcvvc

@sdcvvc: আপনি হয় ঠিক আছে, এক পার্টিশন মধ্যে U ' এক্স যাতে বিভিন্নমুখী বিট একটিতে আছে তোমার দর্শন লগ করা ' এবং অন্যান্য এক্স । আমি সংশোধন করেছি. $u$$u'x$$u'$$x$

— অ্যান্ড্রেস সালামন

Answer 1

দ্রষ্টব্য [2019-07-30] প্রমাণটি ভুল ... প্রশ্ন যতই শোনাচ্ছে তত বেশি জটিল।

এখানে একটি ব্যর্থ চেষ্টা পরে এটি অন্য ধারণা।

আমরা যদি নিয়মিত ভাষার সাথে $L$ কে ছেদ করি তবে $L_{reg} = 0^*10^*10^*10^*$ আমরা একটি সিএফ ভাষা পাই।

সম্ভবত আমরা আরো ভাগ্য যদি আমরা ব্যবহার থাকতে পারে $L_{reg}' = 0^*10^*10^*10^*10^*$ (ঠিক 4 1s সঙ্গে একটি স্ট্রিং)।

যাক $L_1 = L \cap L_{reg}'$ , অনাড়ম্বরভাবে $w \in L_1$ এটিকে দুটি অর্ধেক, যেমন যে অর্ধেক ঠিক থাকে বিভক্ত হতে পারে $\{0,1,3,4\}$ $1s$ বা উভয় অর্ধেক ধারণ দুই $1$ গুলি তবে তাদের অবস্থানগুলি মেলে না।

ধরুন যে $L_1$ সিএফ এবং $G$ এর ব্যাকরণটি চমস্কির স্বাভাবিক আকারে হোক এবং যাক

$$w = uv = 0^a 1 0^b 1 0^c 1 0^d 1 0^e \in L_1$$

আমাদের আছে $|u|=|v|$(এমনকি দৈর্ঘ্য) এবং $d(u,v) \geq 2$

আমরা উপায়ে চার 1s আমাদের দৃষ্টি সীমিত করেন তাহলে $w$ আমরা উত্পন্ন করা যেতে পারে তিনটি ক্ষেত্রে চিত্র 1. চিত্র 1 শো কেন্দ্রীয় অংশ প্রথম ক্ষেত্রে উপরের দেখানো হয়েছে (কিন্তু অন্যদের অনুরূপ) ।

চিত্র 1 (সম্পূর্ণ ছবি এখানে ডাউনলোড করা যেতে পারে )

আমরা যদি বাছাই $a=e, c=2a$ এবং $b,d \gg a$ আমরা দেখতে যে 1s দুটি জোড়া মধ্যে শূন্য স্বাধীনভাবে pumpable (চিত্র লাল নোড) হতে হবে: বিশেষ করে, বড় যথেষ্ট জন্য $b \gg a$ , আমরা একটি অভ্যন্তরীণ সাবট্রি (নং এক্স 2 চিত্রে) বা একটি প্রথম বা দ্বিতীয় 1 (চিত্র 2 নোড Y) এর দিকে একটি পুনরাবৃত্ত উপসর্গ নেভিগেশন একটি সদৃশ nonterminal নোড পেতে লক্ষ্য করুন চিত্র 2 একটি সামান্য বিট হল সরলীকৃত: তার মাঝে আরো দুটি nonterminal নোড হতে পারে $X$ গুলি, এবং এছাড়াও দুই মধ্যে $Ys$ ( $Y\to ... \to Z_i \to ... Y$ তবে$Z_i$ এর সাথে যা প্রথম 1 এর ডানদিকে কেবল 0 টি উত্পাদন করে)।

চিত্র ২

সুতরাং আমরা একটি অবাধ ঠিক করতে পারবো $a = e = k, c = 2a$ , তারপর বড় যথেষ্ট বাছাই $b$ প্রথম মধ্যে এবং দ্বিতীয় শূন্য ক্রম উপর একটি স্বাধীনভাবে pumpable নোড পেতে $1$ । তৃতীয় এবং চতুর্থ 1 এর মধ্যে শূন্যের ক্রমের জন্য, আমরা $d = b! +b$ চয়ন করতে পারি ! + খ ।
তবে $0^b$ স্বতন্ত্রভাবে পাম্পযোগ্য তাই এখানে একটি $p \leq b$ পাম্পেবল স্ট্রিং $y$ , যেমন যে $b = xyz, |y|=p, |x|\geq 0, |z|\geq 0$ এবং$xy^iz = b!+b$ । স্ট্রিংটি আমরা পাই:

$$w' = 0^k 1 0^{b!+b} 1 0^{2k} 1 0^{b!+b} 1 0^k$$

কিন্তু $w' \notin L_1$ । সুতরাং $L_1$ সিএফ নয় এবং শেষ পর্যন্ত $L$ সিএফ নয়

প্রমাণটি সঠিক হলে (???) এটি প্রতিটি ভাষায় প্রসারিত হতে পারে $L_k = \{ uv : |u|=|v|, d(u,v)\geq k\}, k\geq 2$

Comments

আমি আশঙ্কা করি প্রকৃতপক্ষে এই প্রমাণটি যাচাই করার আগে অনুগ্রহের মেয়াদ শেষ হয়ে যাবে, সুতরাং যদি পরবর্তী 4 ঘন্টার মধ্যে কোনও কঠোর তথ্য না আসে তবে এটি এখন পর্যন্ত সেরা প্রচেষ্টা হওয়ার জন্য পয়েন্টগুলি পেয়ে যায়।

— jmite

@ জমিট: ভেবে দেখবেন না যে এটি আগের মতো একটি ভুল প্রচেষ্টা (যা একটি তুচ্ছ ত্রুটি আবিষ্কারের প্রায় 30 মিনিট ধরে চলেছিল) :-) :-)

— ভোর

মামলার পার্থক্য কেন? ব্যাকরণের শাখাগুলির শব্দের অর্ধেকের সাথে কোনও সম্পর্ক নেই। তবে আমি মনে করি এটি কোনও বিষয় নয়; যদি প্রমাণ কাজ করে তবে এই ক্ষেত্রে পার্থক্যের প্রয়োজন নেই। অনুমিত ব্যাকরণের দিকে তাকানো এবং লেম্পার পরিবর্তে পাম্পিং লেমমার প্রমাণ ব্যবহার করা একটি দুর্দান্ত কৌশল ((এটি আরও বেশিবার করা উচিত)। আমি এক (প্রকৃত) উদ্বেগ থেকে থাকে: আপনি একটি সাবস্ট্রিং পাম্প , আপনি পেতে 0 খ + + P ( আমি - 1 ) ; আমি দেখতে পাচ্ছি না আপনি বি + বি তে কীভাবে যাবেন ! । মনে হয় না যে এটি প্রমাণের ক্ষতি করতে পারে, তবে আরও ভাল পরীক্ষা করুন। এছাড়াও, আপনি কিছু স্বরলিপি (এবং টাইপস) সোজা করতে চাইতে পারেন।$0^b$$0^{b+p(i-1)}$$b+b!$

— রাফেল

@ রাফেল: মন্তব্যের জন্য ধন্যবাদ। সম্ভবত আমি ভুল, কিন্তু আপনি যেমন লক্ষ্য দৈর্ঘ্য বাছাই যদি তারপরে প্রতিটি পাম্পিংয়ের দৈর্ঘ্যের পি এর জন্য , স্ট্রিং 0 বি 0 x y z , ( | x y z | = b , | y | = p ≤ b ) এ পচে যায় এবং x y i তে পাম্প করা যায় , তাই একটি আছে ( i - 1 ) যার জন্য পি ( $b+b!$$p$$0^b$$0^{xyz}, (|xyz|=b, |y|=p \leq b)$, প্রকৃতপক্ষে আপনার উদাহরণ পি অবশ্যই বি বিভক্ত$xy^iz = b + b!$$b!$$(i-1)$, তবে মূল স্ট্রিংয়ের দৈর্ঘ্য b , সুতরাং মোট পাম্প করা দৈর্ঘ্য | x y ( i - 1 ) z | = বি + বি ! । আমি এটি বেশ কয়েকটি অনুশীলন থেকে মনে করি যা ওগডেনের লেমা ব্যবহার করে ... এখন আমি তাদের দুবার পরীক্ষা করব। $p(i-1)=b!$$b$$|xy^{(i-1)}z| = b+b!$

— মাস

@Raphael: ... আমি যে প্রমাণ যে সম্পূরক প্রমাণ কোথাও কিন্তু জ্যাক Tomaszewski কেবলমাত্র একটি কাগজ খুঁজে পান না সিএফ (দেখতে প্রশ্ন ), তাই সম্ভবত এটি একটি নতুন ফল (যদিও সহজ); এবং একটি পাম্পিং-লেমা-স্টাইলের উপপাদ্যগুলি স্ট্রিংগুলির সাথে ভাষার জন্য উত্পন্ন করা যেতে পারে যা নির্দিষ্ট চিহ্নের সীমাবদ্ধ সংখ্যা এবং তাদের মধ্যে স্বেচ্ছাসেবী দৈর্ঘ্যের সাবস্ট্রিংগুলি ধারণ করে। $L_{dup} = \{ ww \}$

— ভোর

Answer 2

2 ব্যর্থ চেষ্টার পরে, যা @ হেনড্রিক জান দ্বারা অস্বীকার করা হয়েছিল (আপনাকে ধন্যবাদ), এখানে আর একটি, এটি আরও সফল নয়। @ ভোর একটি নির্বোধ সিএফ ভাষার একটি উদাহরণ খুঁজে পেয়েছেন যেখানে সঠিক হলে একই নির্মাণের প্রয়োগ হবে। এটি লেমার প্রয়োগে স্ট্রিংয়ের অ্যাঙ্করিংয়ে একটি ত্রুটি সনাক্ত করার অনুমতি দেয় । লেমা নিজেই দোষ বলে মনে হয় না। এটি পরিষ্কারভাবে খুব সরল একটি নির্মাণ। মন্তব্যে আরও বিশদ দেখুন।$y$

---

ভাষা প্রসঙ্গ-মুক্ত নয়।$L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^*\text \{ \epsilon \} \ ,\ \mid u \mid = \mid v \mid \ , \ u \not= v \ , \ \mid x \mid = \mid y \mid \ , \ x \not= y \ \}$

বৈশিষ্ট্যটি মাথায় রাখতে সহায়ক u | = | v | , d ( u , v ) ≥ 2 } যেখানে d হ্যামিং দূরত্ব, @ এসডিসিভিভিসি দ্বারা প্রস্তাবিত। যেটি সম্পর্কে ভাবতে হবে তা হল প্রতিটি অর্ধ স্ট্রিংয়ে 2 টি নির্বাচিত অবস্থান যেমন সম্পর্কিত প্রতীকগুলি পৃথক করে।$L= \{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$

তারপরে আপনি একটি স্ট্রিং যেমন i < j এবং i + j সমান । এটি এল এর ভাষায় স্পষ্টভাবে দুটি এবং এর মধ্যে যে কোনও জায়গায় ইউ এবং এক্স কেটে ফেলেছে । আমরা সেই স্ট্রিংটিকে 1 এর মধ্যে প্রথম অংশে পাম্প করতে চাই, যাতে এটি 10 জে 10 জে পরিণত হয় যা ভাষায় নয় বলে মনে হয়।$10^i10^j$$i \lt j$$i+j$$u$$x$$10^j10^j$

আমরা প্রথমে ওগডেনের লেমা ব্যবহার করার চেষ্টা করি যা পাম্পিং লেমার মতো, তবে বা আরও বিশিষ্ট চিহ্নগুলিতে প্রযোজ্য যা স্ট্রিংয়ে চিহ্নিত থাকে, p চিহ্নিত চিহ্নগুলির জন্য পাম্পিং দৈর্ঘ্য হয় (তবে লেমা আরও পাম্প করতে পারে কারণ এটি পাম্পও করতে পারে চিহ্নযুক্ত চিহ্নসমূহ)। পাম্পিং চিহ্নিত দৈর্ঘ্যের পি শুধুমাত্র ভাষার উপর নির্ভর করে। এই প্রচেষ্টা ব্যর্থ হবে, কিন্তু ব্যর্থতা একটি ইঙ্গিত হতে পারে।$p$$p$$p$

এরপরে আমরা চয়ন করতে পারি এবং আমরা 0 এর প্রথম ক্রমগুলিতে চিহ্নগুলি চিহ্নিত করি । আমরা জানি যে দুটি 1 এর কোনওটিই পাম্পের মধ্যে থাকবে না, কারণ এটি পাম্প করার পরিবর্তে একবার (এক্সপোনেন্ট 0) পাম্প করতে পারে And এবং 1 এর পাম্পিং আমাদের ভাষা থেকে বের করে দিতে পারে।$i=p$$i$

যাইহোক, আমরা দ্বিতীয় 1 এর উভয় দিকে দ্রুত বা ডানদিকে আরও তত দ্রুত পাম্প করতে পারি, যাতে দ্বিতীয় 1 স্ট্রিংয়ের মাঝখানে কখনও না পায় get এছাড়াও ওগডেনের লেমা পাম্প করা হচ্ছে তার আকারের উপরের সীমাটি স্থির করে না, যাতে স্ট্রিংয়ের মাঝখানে পুরো 1 থেকে ডানদিকে পাওয়ার জন্য পাম্পিংয়ের ব্যবস্থা করা সম্ভব হয় না।

আমরা এখানে লেশার একটি পরিবর্তিত সংস্করণ ব্যবহার করি, এখানে ন্যাশ এর লেমা নামে পরিচিত, যা এই সমস্যাগুলি পরিচালনা করতে পারে।

আমাদের প্রথমে একটি সংজ্ঞা প্রয়োজন (এটি সম্ভবত সাহিত্যের আরেকটি নাম রয়েছে, তবে কোনটি - সহায়তা স্বাগত তা আমি জানি না)। একটি স্ট্রিং বলা হয় একটি হতে ইরেজিওর একটি স্ট্রিংয়ের বনাম iff তা থেকে প্রাপ্ত হয় বনাম মধ্যে প্রতীক মুছে ফেলার দ্বারা বনাম । আমরা u note v নোট করব ।$u$$v$$v$$v$$u \prec v$

Nash's Lemma : If $L$ is a context-free language, then there exists two numbers $p\gt0$ and $q\gt 0$ such that for any string $w$ of length at least $p$ in $L$, and every way of “marking” $p$ or more of the positions in $w$, $w$ can be written as $w=uxyzv$ with string $u$, $x$, $y$, $z$, $v$, such that

1. $xz$ has at least one marked position,
2. $xyz$ has at most $p$ marked positions, and
3. there are 3 strings $\hat x$, $\hat y$, $\hat z$ such that
   1. $\hat x \prec x$, $\hat y \prec y$, $\hat z \prec z$,
   2. $1 \leq \mid \hat x \hat z \mid \leq q$, $1 \leq \mid \hat y \mid \leq q$, and
   3. $ux^j\hat x^i\hat y\hat z^iz^jv$$L$$i \geq 0$$j \geq 0$

$y$$xz$ are pruned so that they do not contain any path with twice the same non-terminal (except for the roots of these two subtrees). This necessarily limits the size of the generated strings $\hat x\hat z$ and $\hat y$ by a constant $q$. The strings $x^j$ and $z^j$, for $j \geq 0$, corresponding to an unpruned version of the tree, are used mainly with $j=1$ to simplify the accounting when the lemma is applied.

We modify the above proof attempt by marking the $p$ leftmost symbols 0, but they are followed by $2q$ symbols 0 to make sure that we pump in the left part of the string, between the two 1's. That make a total of $i = p + 2q$ 0's between the 1's (actually $i = p + q$ would be sufficient, since the rightmost 1 cannot be in $\hat z$, which would allow to simply remove it).

What is left is to have chosen $j$ so that we can pump exactly the right number of 0's so that the two sequences are equal. But so far, the only constraint on $j$ is to be greater than $i$. And we also know that the number of 0's that are pumped at each pumping is between 1 and q. So let $h$ be product of the first $q$ integers. We choose $j=i+h$.

Hence, since the pumping increment $d$ - whatever it is - is in $[1,q]$, it divides $h$. Let $k$ be the quotient. If we pump exactly $k$ times, we get a string $10^j10^j$ which is not in the language. Hence L is not context-free.

.

I think that I shall never see
A string lovely as a tree.
For if it does not have a parse,
The string is naught but a farce

Comments

Note however that the pass over the second half reads the stack in reverse. That seems to mean that the two positions are in the same position in both halves, but in reverse?

— Hendrik Jan

you are correct ... I goofed ... now I know what was nagging me at the back of my head.

— babou

I recognized the argument (because I could not make it work when I tried myself).

— Hendrik Jan

Should I leave this wrong answer ? It is somehow helping, I think, as it make the problem suspiciously similar to ${a^ib^jc^ka^ib^jc^k}$. The problem is that rules of the site are not intended to encourage wrong results for discussion ( I mean I do not enjoy downvotes more than anyone else).

— babou

@HendrikJan Did I goof again ? (BTW, thanks for making it a discussion)

— babou

Answer 3

by this question I think $L$ is context-free and generated by the following grammar $\qquad\begin{align} S &\to AXBY \mid BYAX \\ A &\to 0 \mid 0A0 \mid 0A1 \mid 1A0 \mid 1A1 \\ B &\to 1 \mid 0B0 \mid 0B1 \mid 1B0 \mid 1B1 \\ X &\to 0 \mid 0X0 \mid 0X1 \mid 1X0 \mid 1X1 \\ Y &\to 1 \mid 0Y0 \mid 0Y1 \mid 1Y0 \mid 1Y1 \\ \end{align}$

Comments

This is incorrect; you cannot guard that length of AX is the same as BY. For example, your grammar generates S -> AXBY -> A011 -> 0A1011 -> 001011 which is not in the original language. Also, your symbols A and X generate the same language, same for B and Y; they can be merged.

— sdcvvc