Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

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1 Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

2 Automatentheorie und formale Sprachen VL 5 Reguläre und nichtreguläre Sprachen Kathrin Hoffmann 18. Aptil 2012 Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

3 Endliche Automaten und reguläre Ausdrücke EAs und RAs beschreiben dieselben Sprachen: Beweisplan für die Äquivalenz: Reguläre Sprachen Noch zu zeigen Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

4 DEA = RA: k-pfad Idee: Pfade in einem DEA auf Basis der Kantenbeschriftungen in RA überführen Zustände des DEA werden in 1, 2,..., n umbenannt Der k-pfad R (k) bezeichnet den RA, dessen Sprache ij genau die Wörter umfasst, die den Beschriftungen der Pfade von Zustand i nach Zustand j entsprechen, wobei kein Zustand mit einem Namen > k durchlaufen werden darf. Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

5 k-pfade durch den Automaten Reguläre Ausdrücke R (0) für ij direkten Weg von i nach j Reguläre Ausdrücke R (1) für den (über höchstens 0) ij k-pfad reg. Ausdruck Weg über höchstens 1 von i nach j R (0) ɛ + 1 k-pfad reg. Ausdruck 11 R (0) 0 R (1) R (0) R (1) R (0) ɛ R (1) R (1) ɛ Reguläre Ausdrücke R (2) für den Weg über 2 von i nach j k-pfad reg. Ausdruck R (2) 11 1 R (2) R (2) 21 ij (0 + 1) Alle Wörter mit mind. einer 0 R (2) 22 (0 + 1) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

6 Induktive Berechnung der Pfade R (k) ij lässt sich aus R (k 1) ij berechnen Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

7 DEA = RA Zustände des DEA werden in 1, 2,..., n umbenannt bezeichnet den RA, dessen Sprache genau die Zeichenreihen umfasst, die den Beschriftungen der Pfade von Zustand i nach Zustand j entsprechen, wobei kein Zustand mit einem Namen > k durchlaufen werden darf. R (k) ij R (k) ij lässt sich aus R (k 1) ij R (k) ij = R (k 1) ij berechnen + R (k 1) ik (R (k 1) ) R (k 1) kk kj RA ist die Summe aller R (k) mit 1 dem Startzustand und f F 1f einem Endzustand Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

8 k-pfade durch den Automaten k-pfad reg. Ausdruck k-pfad vereinf. Ausdruck R (1) 1 R (1) R (1) 1 0 R (1) R (1) R (1) R (1) ɛ R (1) ɛ k-pfad ind. Pfadausdruck reg. Ausdruck R (2) (ɛ ) 1 R (2) (ɛ ) (ɛ ) 1 0(0 + 1) R (2) 21 + (ɛ )(ɛ ) R (2) 22 (ɛ ) + (ɛ )(ɛ ) (ɛ ) (0 + 1) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

9 Aufgabe 32: Berechnen Sie bitte den äquivalenten regulären Ausdruck. R (k) = R (k 1) + R (k 1) (R (k 1) ) R (k 1) ij ij ik kk kj k-pfad reg. Ausdruck R (0) 11 a R (0) 12 b R (0) 21 a R (0) 22 b R (2) = R (1) + R (1) ij ij i2 (R(1) 22 ) R (1) 2j k-pfad reg. Ausdruck einfach R (2) 11 a + a b(a b) aa a + (a b) + a R (2) 12 R (2) 21 R (2) 22 R (1) a b = R (0) + R (0) ij ij i1 (R(0) 11 ) R (0) 1j k-pfad reg. Ausdruck einfach R (1) 11 a + a(a) a a R (1) 12 b + a(a) b a b R (1) 21 a + a(a) a aa R (1) 22 b + a(a) b a b Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

10 Bewertung der Konstruktion von RA Ist immer anwendbar Funktioniert auch für NEA und ɛ-nea Aufwändig Nach n Induktionsschritten können Ausdrücke eine Länge von 4 n Symbolen erreichen Andere Methode: Eliminierung von Zuständen Idee: Zustände sukzessive eliminieren und im Gegenzug Beschriftungen durch entsprechend komplexere RAs ersetzen Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

11 Eliminierung von Zuständen: Generischer Ansatz Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

12 Vorgehensweise bei der Eliminierung Ziel: Automaten, die nur noch aus zwei Zuständen bestehen Startzustand und Zielzustand Und wenn es im Ursprungsautomaten mehrere Zielzustände gibt? Für jeden Zielzustand einen Zweizustandsautomaten erzeugen, der nur diesen einen Zielzustand berücksichtigt, und die resultierenden RAs alternativ zulassen Wenn Startzustand akzeptierend ist, Reduktion bis auf einen Zustand Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

13 Generische Resultate der Zustandseliminierung Ein Zustand: falls Startzustand ist akzeptierend Resultierender regulärer Ausdruck: R ODER Zwei Zustände: sonst Resultierender regulärer Ausdruck: (R + SU T ) SU Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

14 Zustandseliminierung Beschriftungen als reguläre Ausdrücke Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

15 Zustandseliminierung Eliminierung des Zustands B Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

16 Zustandseliminierung Zwei Zielzustände, also zwei alternative Eliminierungen Resultierender RA: (0 + 1) 1(0 + 1)(0 + 1) + (0 + 1) 1(0 + 1) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

17 BSP: Zustandseliminierung Resultierender Ausdruck: (R + SU T ) SU (b + aa bb + ((aa ba)((b + aa b)a) (b + aa b)b) (aa ba)((b + aa b)a) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

18 Aufgabe 33: Berechnen Sie bitte durch Eliminierungden äquivalenten regulären Ausdruck. ((1 + 01) + 00(0 + 10) 11) 00(0 + 10) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

19 Endliche Automaten und reguläre Ausdrücke EAs und RAs beschreiben dieselben Sprachen: Beweisplan für die Äquivalenz: Reguläre Sprachen Noch zu zeigen Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

20 RA = ɛ-nea Satz Für jede Sprache L(RA) existiert ɛ-nea E, so dass L(RA) = L(E) gilt. Beweisidee: Konstruktion von E genau ein Endzustand keine Transition in den Startzustand keine Transition aus dem Endzustand Beweisidee: Induktion über Anzahl der Operationen in RA Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

21 RA = ɛ-nea Satz Für jede Sprache L(RA) existiert ɛ-nea E, so dass L(RA) = L(E) gilt. IAnfang: a) r = b) r = ɛ c) r = a für alle a Σ IBehauptung : r, s sind RA mit n Operationen ISchritt: d) r + s e) r s f) r g) (r) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

22 Induktionsanfang: ɛ-neas für elementare RAs a) r = ɛ a) L(ɛ) = L(E) = {ɛ} b) r = b) L( ) = L(E) = c) r = a für a Σ c) L(a) = {a} = L(E) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

23 Indukt.schritt: NEAs für zusammengesetzte RAs d) Vereinigung: r + s L(E) = L(r) L(s) e) Verkettung: r s L(E) = L(r) L(s) f) Hülle: r L(A) = i 0 L(r) i = L(r ) g) Klammern: (r) L(E) = L(r) = L((r)) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

24 Beispiel: Übertragung des RA (0 + 1) 1(0 + 1) 1. ɛ-nea für 0 2. ɛ-nea für 1 3. ɛ-nea für (0 + 1) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

25 Beispiel: Übertragung des RA (0 + 1) 1(0 + 1) 4. ɛ-nea für (0 + 1) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

26 Beispiel: Übertragung des RA (0 + 1) 1(0 + 1) 5. ɛ-nea für (0 + 1) ɛ-nea für (0 + 1) (0 + 1) Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

27 Aufgabe 34: Konstruieren Sie bitte zu den folgenden regulären Ausdrücken, die ɛ-neas, die die gleiche Sprache beschreiben: (0 + 1) (0 + 1) 1. Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

28 Was wissen wir über reguläre Sprachen und was nicht? Beschreibung durch Reguläre Ausdrücke Endliche Automaten DEA, NEA, ɛ-nea Beschreibungen sind äquivalent Was ist mit Mengenoperationen? L 1 L 2 oder anderen? Wann sind zwei Sprachen gleich? Gibt es Sprachen, die nicht regulär sind? Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

29 Aufgabe 35: Abschlusseigenschaften Die Klasse der regulären Sprachen ist abgeschlossen gegen... Wahr oder Falsch??? Bitte diskutieren Sie mit Ihren Nachbarn. Wenn zwei Sprachen L 1 und L 2 regulär sind, dann ist auch die Vereinigung L 1 L 2 regulär die Verkettung L 1 L 2 regulär die Potenz L n 1 regulär der Stern L 1 regulär das Komplement L 1 regulär der Durchschnitt L 1 L 2 regulär X wahr oder X falsch X wahr oder X falsch X wahr oder X falsch X wahr oder X falsch X wahr oder X falsch X wahr oder X falsch Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

30 Abgeschlossenheit regulärer Sprachen Wenn zwei Sprachen L 1 und L 2 regulär sind, dann sind folgende Sprachen auch regulär: die Vereinigung L 1 L 2 : Gegeben r i mit L(r i ) = L i für i {1, 2}, dann ist L(r 1 + r2) = L 1 L 2 also regulär. die Verkettung L 1 L 2 : Gegeben r i mit L(r i ) = L i für i {1, 2}, dann ist L(r 1 r2) = L 1 L 2 also regulär. die Potenz L n 1 : Gegeben r i mit L(r i ) = L i für i {1, 2,..., n}, dann ist L(r 1 r2... r n ) = L n also regulär. 1 der Stern L 1 : Gegeben r mit L(r) = L 1, dann ist L(r ) = L also regulär. 1 Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

31 Aufgabe 36: Satz Wenn zwei Sprachen L 1 und L 2 regulär sind, dann ist auch 1. das Komplement L 1 und 2. der Durchschnitt L 1 L 2 regulär. Bitte versuchen Sie, den Satz zu beweisen. Hinweise: 1. Gegeben ein DEA A mit L(A) = L 1. Wie kann dann daraus der Automat für L 1 konstruiert werden? 2. Das lässt sich dann einfach durch Mengenoperationen nachweisen. Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

32 Lösung von Aufgabe Gegeben ein DEA A = (Q, Σ, q 0, δ, F) mit L(A) = L. Dann kann daraus der Automat für L konstruiert werden, indem die Endzustände und die Nicht -Endzustände vertauscht werden, also durch A = (Q, Σ, q 0, δ, Q \ F) Es gilt L(A) = {w δ(q 0, w) Q \ F} = Σ \ {w δ(q 0, w) F} = Σ \ L(A) = S \ L = L 2. Da L 1 L 2 = Σ \ (L 1 L 2 ) gilt, und reguläre Sprachen unter Komplement und Vereinigung abgeschlossen sind, ist auch L 1 L 2 regulär. Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

33 Zusammenfassung Endliche Automaten erkennen reguläre Sprachen Reguläre Sprachen sind abgeschlossen unter Komplement, Durchschnitt, Vereinigung, Verkettung, Potenz und Kleene-Stern. Reguläre Ausdrücke beschreiben reguläre Sprachen. offen: Gibt es Sprachen, die nicht regulär sind????? L = {a n b n }???? Hoffmann (HAW Hamburg) Automatentheorie und formale Sprachen

34 Was, wenn es keinen Automaten gibt?? Konstruieren Sie bitte einen DEA oder einen regulären Ausdruck über {a, b} für L = {w w = a n b n } Dafür gibt es keinen, aber warum? und wie beweisen? L ist regulär, wenn sich ein endlicher Automat A oder ein regulärer Ausdruck E finden läßt, der L beschreibt, also L(A) = L = L(E) Aber was, wenn der sich nicht finden läßt? Selbst schuld? Oder doch nicht? Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 204

35 Nicht-reguläre Sprachen Reguläre Sprachen können beschrieben werden durch: DEAs NEAs ɛ-neas Reguläre Ausdrücke Offenbar gibt es Sprachen, die nicht regulär sind. Dies kann mit Hilfe des Pumping-Lemmas bewiesen werden. Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 205

36 Informelle Argumentation für nicht-reguläre Sprachen Annahme: L = {0 n 1 n n 1} sei regulär Also: Es gibt DEA, der L akzeptiert. Dieser DEA hat k Zustände. Nach k + 1 Nullen muss mindestens ein Zustand q zweimal erreicht worden sein. Also: 0 i und 0 j führen beide zu q. DEA kann nicht erinnern, ob er dafür i oder j Nullen gelesen hat. Also: DEA weiß nicht, ob er 1 i oder 1 j noch lesen muss und kann folglich L nicht erkennen. Also: gibt es keinen DEA für L, also doch nicht regulär. Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 206

37 Beobachtungen a c a b c a bb c a bb c. a b n c Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 207

38 Beobachtungen x z x y z x yy z x yyy z. x y n z Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 208

39 Noch informeller Pumping Lemma benutzt die Endlichkeit des Gedächtnisses. Wörter dürfen beliebig lang sein. Gedächtnis (z. B. Anzahl Zustände) ist aber endlich. Nur möglich, wenn beim Einlesen eines Wortes (mindestens ein) Zustand mehrfach aufgesucht wird. Dann hat man eine Schleife. Die Schleife kann beliebig oft durchlaufen werden. Entsprechende Wörter müssen dann natürlich auch in der Sprache sein, weil ja kein Gedächtnis über die Anzahl der Durchläufe existiert. Also: Jedes genügend lange Wort liefert die Grundlage für Zyklen. Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 209

40 Pumping-Lemma (für reguläre Sprachen) Pumping Lemma Sei L eine reguläre Sprache. Dann gibt es eine natürliche Zahl p N, (die so genannte PL-Konstante) so dass jedes Wort w L mit w p zerlegt werden kann in w = xyz mit xy p y ɛ xy i z L für alle i N Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 210

41 Aufgabe 37: Bitte wählen Sie sich eine folgenden regulären Sprache aus 1. L 1 = L(a(bb) cbcb) 2. L 2 = {w {0, 1} w 13} 3. L 3 = {a n n prim und n < } und suchen Sie eine PL-Konstante, so dass jedes Wort w L mit w p zerlegt werden kann in w = xyz mit xy p y ɛ xy i z L für alle i N Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 211

42 Lösung von Aufgabe 37...suchen Sie eine PL-Konstante, so dass jedes Wort w L mit w p zerlegt werden kann in w = xyz mit xy p, y ɛ und xy i z L für alle i N. Lösung 1. L 1 = L(a(bb) cbcb): p = 8, dann muss bb enthalten sein, also für beliebiges w = a(bb) n cbcb ist Zerlegung x = a, y = bb und z = bbcbcb gültig. 2. L 2 = {w {0, 1} w 13}: p = 14 für beliebiges w ist Zerlegung x = v 1, y = x und z = v 2 für x Σ und v 1, v 2 n Σ gültig. 3. L 3 = {a n n prim und n < }: p = , dann gibt es kein w L mit w p Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 212

43 Anwendung des Pumping-Lemmas Was hilft uns das? Wäre L = {a n b n } regulär, könnte man L aufpumpen. Na, und??? Indirekter Beweis!! Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 213

44 Ausflug (Indirekter Beweis)... Wenn es regnet, dann ist die Strasse nass ABER NICHT Wenn die Strasse nass ist, dann regnet es. Die Strassenreinigung war gerade da... ABER DOCH Wenn die Strasse NICHT nass ist, dann regnet es NICHT. Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 214

45 PL (Indirekter Beweis) Pumping Lemma Wenn L regulär, dann L aufpumpbar. ABER NICHT Wenn L aufpumpbar, dann L regulär. z.b. L = {a n b n c m n, m > 0} ist aufpumbar, aber nicht regulär. ABER DOCH Wenn L NICHT aufpumpbar, dann L NICHT regulär. Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 215

46 Beweise mit Hilfe des Pumping Lemmas Wozu kann das Pumping Lemma benutzt werden? Für Beweise, dass bestimmte Sprachen nicht regulär sind. Wie funktionieren diese Beweise dann? Unter der Annahme, dass die Sprache regulär ist, muss man zeigen, dass es keine langen Wörter geben kann, die in der Sprache enthalten sind und (!) eben die Bedingungen des Pumping Lemmas erfüllen. Der Beweis erfolgt durch Widerspruch: 1. Man nimmt an, dass die Sprache regulär ist. 2. Man betrachtet lange Wörter. 3. Man zeigt, dass bestimmte Zusammenhänge dann aufgrund des Pumping Lemmas gelten müssen. 4. Man zeigt, dass unter Berücksichtigung dieser Zusammenhänge das Wort nicht in der Sprache enthalten sein kann. Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 216

47 Indirekter Beweis NICHT aufpumpbar = NICHT regulär Pumping Lemma WENN L regulär, DANN L aufpumpbar: Also, dann gibt es eine natürliche Zahl p N, so dass jedes Wort w L mit w p zerlegt werden kann in w = xyz mit xy p y ɛ xy i z L für alle i N Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 217

48 Indirekter Beweis NICHT aufpumpbar = NICHT regulär Pumping Lemma WENN L NICHT aufpumpbar Also, wenn es keine PL-Konstante p N gibt, so dass es für jedes Wort w L mit w p eine Zerlegung gibt in w = xyz mit xy p y ɛ xy i z L für alle i N DANN L NICHT regulär Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 217

49 Indirekter Beweis NICHT aufpumpbar = NICHT regulär Pumping Lemma WENN L NICHT aufpumpbar Also, wenn für jede beliebige PL-Konstante p N es ein Wort w L mit w p gibt, für das es keine Zerlegung gibt in w = xyz mit xy p y ɛ xy i z L für alle i N DANN L NICHT regulär Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 217

50 Indirekter Beweis NICHT aufpumpbar = NICHT regulär Pumping Lemma WENN L NICHT aufpumpbar Also, wenn für jede beliebige PL-Konstante p N es ein Wort w L mit w p gibt, so das für jede Zerlegung in w = xyz gilt xy p y ɛ ABER xy i z L für ein i N DANN L NICHT regulär Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 217

51 L = {a n b n n 0} ist NICHT regulär Sei L regulär. Sei p 0 eine beliebige PL-Konstante. Dann gibt es das Wort w = a p b p L mit w = 2p p, so dass für jede Zerlegung w = xyz, nämlich mit x = a i 0 i p y = a k für k > 0 und i + k p z = a (p k i) b p gilt xy = i + k p laut Zerlegung y ɛ, da k > 0 aber xy 0 z = xz = a i a (p k i) b p = a (p k) b p L, weil p k p für k > 0 WIDERSPRUCH!!! Also ist L nicht regulär. Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 218

52 BSP: L prim ist NICHT regulär L prim = {w w {1} und w ist Primzahl } Beweis durch Widerspruch: Annahme: L prim ist regulär Sei p beliebig. Dann gibt es w = 1 n mit n Primzahl und n = p + 2. Es sei y = m, also xz = n m. Zeigen, dass es ein k gibt, so dass xy k z L: Wir betrachten k = n m, also das Wort xy (n m) z mit xy (n m) z = xz + (n m) y = n m + (n m)m = (m + 1)(n m) Dann gilt: (m + 1) > 1, weil m = y und y ɛ (n m) > 1, weil n = p + 2 und m = y xy p. Also ist xy (p m) z keine Primzahl, also xy (p m) z L WIDERSPRUCH!!! Also ist L nicht regulär. Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 219

53 Aufgabe 38: Weisen Sie bitte mit Hilfe des Pumping-Lemmas nach, dass 1. L = {1 n 01 n n > 0} und 2. L = {w w = trans(w) und w {a, b, c} } nicht regulär sind. trans ist rekursiv definiert mit trans(ɛ) = ɛ und trans(xv) = trans(v)x für v Σ und x Σ Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 220

54 Lösung von Aufgabe 38 Sei L regulär. Gegeben sei beliebige PL-Konstante p N. Dann gibt das ein Wort w = L mit w = p, so dass für jede Zerlegung in w = xyz nämlich x =... y =... z =... gilt : xy = p, weil... y ɛ, weil... aber xy k z = L, weil... Also ist L nicht regulär. WIDERSPRUCH!!! Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 221

55 Lösung von Aufgabe 38 ➊ Sei L = {1 n 01 n n > 0} regulär. Gegeben sei beliebige PL-Konstante p N. Dann gibt das ein Wort w = 1 p 01 p L mit w = 2p + 1 p, so dass für jede Zerlegung in w = xyz nämlich gilt : x = 1 i mit 0 i p y = 1 j mit 0 < j und i + j p z = 1 p i j 01 p xy = 1 i 1 j = i + j p, weil i + j p y ɛ, weil 0 < j aber xy 2 z = 1 i 1 j 1 j 1 p i j 01 p = 1 p+j 01 p L, weil p + j p für j > 0. WIDERSPRUCH!!! Also ist L nicht regulär. Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 222

56 Lösung von Aufgabe 38 ➋ Sei L = {w w = trans(w) und w {a, b, c} } regulär. Gegeben sei beliebige PL-Konstante p N. Dann gibt das ein Wort w = v transv L mit v = p, also w = 2p p, so dass für jede Zerlegung in w = xyz nämlich gilt : x = v 1 mit 0 v 1 p y = v 2 mit 0 < v 2 und v 1 v 2 p z = v 3 trans(v) mit v = v 1 v 2 v 3 xy = v 1 v 2 p, laut Zerlegung y ɛ, weil 0 < v 2 = y aber xy 0 z = v 1 v 3 trans(v) L, weil v v 1 v 3 Also ist L nicht regulär. WIDERSPRUCH!!! Hoffmann (HAW Hamburg) Thema Pumping Lemma 223