1_正则语言1.4.ZH解释

这段话是本节内容的开篇，旨在设定学习目标。它强调了学习一个概念的两个方面：知道它能做什么（能力）和知道它不能做什么（局限性）。

1. 有限自动机的能力：我们在前面的章节中已经学习到，有限自动机 (Finite Automata, FA)，包括 DFA（确定性有限自动机） 和 NFA（非确定性有限自动机），它们的核心能力是识别正则语言。任何可以用正则表达式描述的语言，都可以构建一个对应的有限自动机来接受它。
2. 有限自动机的局限性：然而，有限自动机并非万能。它的“有限”二字是其核心特征，也是其根本局限所在。这里的“有限”指的是状态的数量是有限的。这个限制意味着有限自动机的“记忆能力”是有限的。它无法处理那些需要无限记忆才能正确判断的语言。
3. 本节目标：本节的核心任务就是从理论上严格地证明这种局限性的存在。我们将学习一种形式化的方法，用来论证某些特定的语言超出了有限自动机的识别能力范围，这些语言因此被称为“非正则语言”。

这段话通过一个具体的例子 $B=\left\\{0^{n} 1^{n} \mid n \geq 0\right\\}$，来深化对有限自动机局限性的直观理解。

1. 语言 B 的定义：语言 $B$ 由一串0后面跟着一串1组成，并且0的数量和1的数量必须完全相等。
2. 构建 DFA 的思考过程：想象我们是一个 DFA，正在读取一个属于 $B$ 的字符串，比如 $000111$。
   • 读到第一个 0，我们需要记住“看到了一个0”。
   • 读到第二个 0，我们需要记住“看到了两个0”。
   • 读到第三个 0，我们需要记住“看到了三个0”。
   • 然后，开始读 1。读到第一个 1，我们需要将“三个0”的计数减一，变成“还需匹配两个1”。
   • 读到第二个 1，计数减一，变成“还需匹配一个1”。
   • 读到第三个 1，计数减为零。此时字符串结束，我们判断该字符串属于语言 $B$。
3. 问题的核心：在这个过程中，“记住看到了多少个0”是关键。因为 $n$ (0的数量) 可以是任何非负整数（0, 1, 2, ..., 一百万, ...），所以理论上，DFA 需要有能力区分“看到1个0”、“看到2个0”、“看到3个0”... 直至无限多种情况。
4. DFA的局限性：一个 DFA 的状态是有限的。我们可以用状态 $q_k$ 来代表“已经看到了 $k$ 个0”。但如果 DFA 只有 $m$ 个状态，它最多只能准确记录到 $m-1$ 个0。当输入的0的数量超过 $m-1$ 时，DFA必然会混淆，无法再精确记录0的数量。例如，一个有10个状态的DFA，无法区分输入是“10个0”还是“11个0”。
5. 结论：因此，直观上判断，没有任何一个拥有有限状态的DFA能够完美识别语言 $B$。

这段话指出了一个关键问题：直觉虽然有启发性，但不能作为严格的数学证明。

1. 对前面论证的质疑：我们刚刚在直觉上论证了，因为要计数的0的数量是无限的，所以语言 $B$ 看起来需要无限的内存，因此是非正则的。
2. 直觉论证的缺陷：这段话明确指出，这种基于“似乎需要无限内存”的直觉论证是不充分的，它不是一个严格的数学证明。
3. 为什么直觉不可靠：原因是，我们的直觉可能会被误导。有些语言，表面上看起来也需要无限计数，但通过巧妙的设计，实际上可以用有限状态的自动机来识别。这意味着它们是正则的。
4. 引出反例：为了说明这一点，作者即将引入两个语言 $C$ 和 $D$。这两个语言从表面上看都需要对输入的符号进行计数，但结果一个是非正则的，另一个却是正则的。这恰恰证明了我们不能单凭直觉下判断。
5. 预示后续内容：因此，我们需要一种比直觉更强大、更可靠的工具来进行判断。这个工具就是后面要介绍的泵引理 (Pumping Lemma)。

这里给出了两个语言 C 和 D 的形式化定义，用于展示直觉的不可靠性。

1. 语言 C 的定义：
   • $C$ 是一个集合，集合中的每个字符串 $w$ 都满足一个条件：$w$ 中符号 '0' 的总数等于符号 '1' 的总数。
   • 这个定义不关心 '0' 和 '1' 的排列顺序。例如, 0011, 0101, 1010 都属于 $C$。
   • 直觉上，为了验证一个长字符串是否属于 $C$，我们需要一个计数器。读到一个 '0' 就加一，读到一个 '1' 就减一（或反之）。因为字符串的长度没有上限，这个计数器的值也没有上限，所以看起来需要无限的内存。
2. 语言 D 的定义：
   • $D$ 也是一个字符串集合。它的成员 $w$ 满足的条件是：$w$ 中子串 "01" 出现的次数等于子串 "10" 出现的次数。
   • 例如，在字符串 01010 中：
   • 子串 "01" 出现了两次 (01010, 01010)。
   • 子串 "10" 出现了两次 (01010, 01010)。
   • 因为 2=2，所以 01010 $\in D$。
   • 直觉上，这似乎比语言 $C$ 更复杂。我们好像需要两个独立的计数器，一个计 "01" 的数量，一个计 "10" 的数量，然后比较它们。这同样看起来需要无限的内存。

这段文字的核心就是呈现这两个在直觉上非常相似（都需要计数）的语言，为下一段揭示它们本质上的巨大差异埋下伏笔。

这段话揭示了上一段设置的悬念，并最终点明了本节的核心目的。

1. 重申直觉：作者首先再次强调了我们的第一印象：“乍一看...似乎都需要计数”。这指的是对于语言 $C$（等量0和1）和语言 $D$（等量子串"01"和"10"），我们的直觉都是它们需要无限的内存来进行计数。
2. 揭晓答案：
   • $C$ 是非正则的 (as expected)：对于语言 $C$，我们的直觉是正确的。它的确需要无限的记忆来追踪0和1的数量差异，所以它不是正则语言。
   • $D$ 是正则的 (surprisingly)：对于语言 $D$，我们的直觉是错误的。尽管它表面上看起来需要计数，但实际上它有一个隐藏的、可以用有限状态表达的规律（即字符串的起始和结束符号是否相同）。因此，可以构建一个DFA来识别它，所以它是一个正则语言。
3. 得出结论：这个惊人的对比有力地证明了“直觉会误导我们”。我们不能依赖主观感觉来判断一个语言是否正则。
4. 引出解决方案：既然直觉不可靠，我们就需要一种客观、严格的数学工具。这个工具就是本节即将深入探讨的泵引理 (Pumping Lemma)。它的作用就是提供一个试金石，来形式化地、无可辩驳地证明一个语言是非正则的。

这段话是对泵引理 (Pumping Lemma) 的一个高度概括的介绍，阐述了它的核心思想和用途。

1. 定位：泵引理是一个定理，它描述的是所有正则语言都必须遵守的一条普适性质。
2. 核心用途：它是一种反证法的工具。它的逻辑是：
   • 前提：所有正则语言都有属性 P。
   • 待证：语言 L 是非正则的。
   • 证明方法：我们来证明语言 L 没有属性 P。
   • 结论：既然 L 没有属性 P，那它就不可能是正则语言。
3. 性质 P 是什么？ 这就是“**泵浦 (pumping)

**”性质。

• 这个性质是针对语言中足够长的字符串而言的。多长算“足够长”？这个长度由一个称为“泵浦长度 (pumping length)”的阈值决定。
• 对于任何一个长度超过这个阈值的字符串，它自身必然可以被拆分成三段。
• 中间那一段（非空）具有特殊的“可复制性”，就像一个泵一样。你可以把它“泵入”任意多次（包括0次，即删除），形成的新字符串必须仍然属于原来的语言。

1. 直观理解“泵浦”：想象一根意大利面（足够长的字符串），你可以在靠近它的一头找到一小段（中间部分），你可以把这一小段复制粘贴任意多次，或者直接删掉，得到的新的意大利面（新字符串）仍然是“合格的”（属于该语言）。所有正则语言里的长字符串都必须有这样一小段可供“泵浦”的部分。

这是泵引理的形式化陈述，它精确地定义了上一段描述的“泵浦性质”。让我们逐条解析这个定理。

• "如果 A 是一个正则语言": 这是定理的大前提。下面说的一切都只对正则语言成立。
• "那么存在一个数 p (泵浦长度)": 对于任何一个正则语言 A，都必然存在一个与之对应的“魔数” $p$。这个 $p$ 只和语言 A (或识别它的DFA)有关，与具体要分析的字符串无关。
• "如果 s 是 A 中任何长度至少为 p 的字符串": 这个定理是针对 A 中所有足够长的字符串 $s$ 说的 (即 $|s| \ge p$)。对于那些短于 $p$ 的字符串，定理不做任何保证。
• "那么 s 可以被分成三部分, s = xyz": 对于任何一个满足上述条件的 $s$，都存在至少一种方法，能把它切成 $x$, $y$, $z$ 三段。$x$是前缀， $y$是中间部分， $z$是后缀。
• "满足以下条件": 这种切分不是任意的，必须同时满足以下三个约束条件：

1. 条件1: $x y^{i} z \in A$ (对于每个 $i \ge 0$)
   • 这是泵引理的核心，即“可泵浦性”。
   • $y$ 部分可以像泵一样，被压入任意次。
   • $i=1$: $xyz$ 就是原字符串 $s$，它本身当然在 $A$ 中。
   • $i=2$: $xyyz$，即把 $y$ 复制一次，得到的新字符串也必须在 $A$ 中。
   • $i=0$: $xz$，即把 $y$ 删除，得到的新字符串也必须在 $A$ 中。（这通常被称为“向下泵”）
   • $i=k$: 把 $y$ 复制 $k-1$ 次，新字符串 $xy^kz$ 也必须在 $A$ 中。
2. 条件2: $|y| > 0$
   • 这保证了被泵浦的 $y$ 部分不是空字符串。
   • 如果 $y$ 可以是空串，那条件1将变得毫无意义，因为复制任意多次空串都不会改变原字符串，定理就变成废话了。所以 $y$ 必须是“有料的”。
3. 条件3: $|xy| \leq p$
   • 这是一个非常关键的技术性约束。它规定了“可泵浦”的部分 $y$ 必须出现在字符串的早期。
   • 具体来说，前缀 $x$ 和被泵浦的 $y$ 的总长度不能超过泵浦长度 $p$。
   • 这意味着，对于一个很长的字符串，你不能跑到字符串的末尾去找一个 $y$ 来泵。你必须在字符串开头算起的前 $p$ 个字符内找到这个 $y$。这个条件极大地限制了 $y$ 的可能性，使得我们在使用泵引理进行反证时变得更加容易。

这一小段是对泵引理陈述中使用的一些基本符号的重申和解释，确保读者对这些记号有清晰的理解。

1. $|s|$: 这个符号代表字符串 $s$ 的长度 (length)。长度就是字符串中包含的字符的数量。
   • 例如，如果 $s = \text{automata}$，那么 $|s| = 8$。
   • 如果 $s = \varepsilon$ (空字符串)，那么 $|s| = 0$。
2. $y^i$: 这个符号代表字符串 $y$ 的 $i$ 次幂 (power)。它表示将字符串 $y$ 自身连续拼接 $i$ 次。
   • 例如，如果 $y = \text{ab}$：
   • $y^1 = \text{ab}$
   • $y^2 = \text{ab} \cdot \text{ab} = \text{abab}$ (其中 $\cdot$ 表示字符串拼接)
   • $y^3 = \text{ab} \cdot \text{ab} \cdot \text{ab} = \text{ababab}$
3. $y^0$: 这是幂运算的一个边界情况，即 $i=0$ 的情况。
   • 任何字符串的 0 次幂被定义为空字符串 $\varepsilon$ (epsilon)。
   • 所以，$y^0 = \varepsilon$。
   • 这个定义在泵引理中非常重要，因为它对应着“向下泵”(pumping down)的情况，即从原字符串中移除 $y$ 部分。$xy^0z = x\varepsilon z = xz$。

这些都是形式语言理论中的标准记法，在此重申是为了确保后续的证明过程不会因为符号理解的偏差而出错。

这段话对泵引理的三个条件进行了补充说明，特别是强调了条件2和条件3的重要性。

1. 关于 x, y, z 的构成：
   • $s = xyz$ 的拆分非常灵活。
   • $x$ 可以是空字符串 $\varepsilon$。当可泵浦部分 $y$ 从字符串的开头开始时，就会出现这种情况。
   • $z$ 也可以是空字符串 $\varepsilon$。当 $xy$ 恰好就是整个字符串 $s$ 时，就会出现这种情况。
   • 但是，$y$ 绝对不能是空字符串 $\varepsilon$。这是由条件2 ($|y|>0$) 明确规定的。
2. 条件2 ($|y|>0$) 的重要性：
   • 作者指出，如果没有条件2，整个泵引理就变成了“显然成立 (trivially true)”的废话。
   • 为什么？如果允许 $y=\varepsilon$，那么对于任何字符串 $s$，我们总可以这样拆分：$x=s, y=\varepsilon, z=\varepsilon$。
   • 然后我们来验证条件1：$xy^iz = s \cdot \varepsilon^i \cdot \varepsilon = s \cdot \varepsilon = s$。因为 $s$ 本来就在语言 $A$ 中，所以 $xy^iz$ 也在 $A$ 中。这个结论对于任何 $i$ 都成立。
   • 这样一来，任何字符串都能被“泵浦”了，定理就失去了区分正则和非正则语言的能力。所以，条件2是泵引理的灵魂，确保了“泵浦”操作必须对字符串产生实质性的改变（要么增加内容，要么删除内容）。
3. 条件3 ($|xy| \le p$) 的重要性：
   • 作者称之为“额外的技术条件 (extra technical condition)”，并强调它在证明中“偶尔会发现它很有用”。
   • 这个条件将可泵浦的子串 $y$ 的位置限制在了字符串的开头部分（前 $p$ 个字符内）。
   • 为什么有用？在进行反证时，我们的任务是证明“对于一个选定的字符串s，所有可能的拆分都不能满足泵引理”。条件3极大地缩小了“所有可能的拆分”的范围。我们不再需要考虑 $y$ 在字符串任意位置的情况，只需要考虑 $y$ 在开头的情况。
   • 预告：作者明确指出，在后续的例 1.74 中，我们将看到一个绝佳的例子，展示了如果没有条件3，证明将无法进行；而有了条件3，证明则迎刃而解。

这段话开始勾勒证明泵引理这个定理本身的思路。它告诉我们定理中的各个部分是如何与一个识别该语言的DFA联系起来的。

1. 出发点: 既然 $A$ 是一个正则语言，那么根据定义，必然存在一个识别它的DFA，我们称之为 $M$。这个 $M$ 是我们证明的基石。
2. 泵浦长度 $p$ 的来源: 定理中提到的那个神秘的“泵浦长度 $p$”是从哪里来的？证明思路直接给出了答案：$p$ 就是 DFA $M$ 的状态总数。即 $p = |Q|$。这是一个至关重要的联系，它将抽象的数字 $p$ 与具体的机器 $M$ 挂钩。
3. 核心论证对象: 我们的目标是证明，对于 $A$ 中任意一个长字符串 $s$ (长度 $|s| \ge p$)，都能找到满足那三个条件的 $xyz$ 拆分。
4. 处理特殊情况 (vacuously true): 首先考虑一个简单的情况：如果语言 $A$ 中根本不存在长度大于或等于 $p$ 的字符串（例如，A是一个有限语言，且所有字符串都比 $p$ 短），会怎么样？
   • 在这种情况下，泵引理的陈述 "如果 $s$ 是 $A$ 中任何长度至少为 $p$ 的字符串，那么..." 的前提永远是假的。
   • 在逻辑学中，如果一个 "如果 P, 那么 Q" 的命题中，P 为假，那么整个命题被称为空洞地真 (vacuously true)。
   • 所以，如果不存在这样的长字符串 $s$，泵引理自动成立，我们无需做任何事。这就像说“这个房间里所有会飞的大象都是粉色的”一样，因为房间里根本没有会飞的大象，所以这句话不会错。

这个“证明思想”的第一部分，为我们设置好了舞台：我们有了一个DFA $M$，并且把它的状态数定义为泵浦长度 $p$。现在，我们只需要处理主要情况：当语言 $A$ 中确实存在长度至少为 $p$ 的字符串 $s$ 时，如何证明它可以被泵浦。

这部分继续深化证明思路，将焦点放在DFA处理一个长字符串时所经过的状态序列上。

1. DFA 的计算过程: 当一个 DFA $M$ 读取一个输入字符串 $s = s_1s_2...s_n$ 时，它会经历一个状态序列。
   • 从起始状态 $q_1$ 开始。
   • 读取第一个字符 $s_1$，根据转移函数 $\delta(q_1, s_1)$，进入下一个状态。
   • 读取第二个字符 $s_2$，再转移到下一个状态。
   • ...这个过程一直持续，直到读完所有 $n$ 个字符。
2. 状态序列的长度:
   • 如果输入字符串 $s$ 的长度是 $n$ ($|s|=n$)，那么DFA会进行 $n$ 次状态转移。
   • 这个状态序列包含了起始状态，以及每读一个字符后的新状态。所以，总共会经过 $n+1$ 个状态。
   • 例如，读取长度为3的字符串 abc，状态序列是 $q_{start}, q_{after\_a}, q_{after\_b}, q_{after\_c}$，共4个状态。
3. 接受状态:
   • 我们分析的字符串 $s$ 是从语言 $A$ 中选取的，而 $M$ 是识别 $A$ 的DFA。
   • 因此，当 $M$ 读完整个字符串 $s$ 后，它必须停在一个接受状态 (accept state)。
   • 在原文的例子中，这个最终状态是 $q_{13}$，所以 $q_{13} \in F$。

这一段的核心是建立一个清晰的图像：一个长度为 $n$ 的输入字符串，对应着一个长度为 $n+1$ 的状态访问历史记录。这个“历史记录”就是我们接下来要分析的关键对象。

这是泵引理证明的核心步骤，它利用鸽巢原理指出了DFA在处理长字符串时必然会发生的事情——状态重复。

1. 建立对应关系:
   • 鸽子: DFA在处理输入时所经过的状态序列中的每一个状态。
   • 鸽巢: DFA本身拥有的所有可用状态，即状态集 $Q$。
2. 数量分析:
   • 我们已经设定泵浦长度 $p$ 等于DFA的状态数，所以鸽巢的数量是 $p$ ($|Q|=p$)。
   • 我们选取的字符串 $s$ 的长度为 $n$，并且 $n \ge p$。
   • DFA处理 $s$ 所经过的状态序列长度是 $n+1$。
   • 因为 $n \ge p$，所以 $n+1 \ge p+1$。
   • 这意味着，鸽子的数量 ($n+1$) 至少是 $p+1$。
3. 应用鸽巢原理:
   • 我们有至少 $p+1$ 只鸽子 (状态序列中的位置)。
   • 我们只有正好 $p$ 个鸽巢 (DFA的可用状态)。
   • 把 $p+1$ 只鸽子放进 $p$ 个鸽巢里，必然导致至少有一个鸽巢里有两只或更多的鸽子。
   • 翻译回DFA的场景：在DFA处理字符串 $s$ 的前 $p+1$ 个状态组成的序列中（即读取前 $p$ 个字符的过程中），必然至少有一个状态被访问了两次或以上。
4. 结论: 只要输入字符串的长度大于等于DFA的状态数，DFA在处理这个字符串的过程中就不可避免地会重复进入某个状态。这个状态的重复，意味着在DFA的状态图中形成了一个环路 (loop)。这正是“泵浦”性质的根本来源。

这段内容和图片一起，将前面抽象的“状态重复”概念进行了可视化，使其更加直观易懂。

1. 上方的字符串 $s$:
   • 图片顶部展示了输入字符串 $s$。它被隐式地分成了三段，对应下面的状态序列。
   • 第一部分，从字符串开始到第一个 $q_9$ 对应的位置。
   • 第二部分，在两个 $q_9$ 之间。
   • 第三部分，从第二个 $q_9$ 之后到字符串结尾。
2. 下方的状态序列:
   • 图片底部是一个箭头，代表了DFA的状态转移路径。
   • 它从起始状态 $q_1$ 开始。
   • 依次经过 $q_3, q_{20}$ 等一系列状态。
   • 关键点在于，序列中出现了两次状态 $q_9$。这是鸽巢原理所保证的状态重复。
   • 序列最终结束于 $q_{13}$，这是一个接受状态。
3. 图的意义:
   • 这张图清晰地展示了，当一个DFA处理一个足够长的字符串时，它的轨迹必然会“打个结”或“绕个圈”。
   • 第一次到达 $q_9$ 之前的部分，是DFA进入这个圈的路径。
   • 两次 $q_9$ 之间的部分，是DFA在这个圈里绕行的路径。
   • 第二次到达 $q_9$ 之后的部分，是DFA离开这个圈并走向最终接受状态的路径。

这张图是理解泵引理证明的关键。它将抽象的符号和序列转换成了具体的路径和环路，为接下来将字符串 $s$ 拆分为 $xyz$ 提供了直观的依据。

这部分内容实际上是上一节的延续，它缺失了文本，只有一个标题 "图 1.71"。根据上下文，这个标题指向的是随后的图片和描述，即如何根据找到的重复状态来具体地拆分字符串 $s$。我们将结合接下来的内容进行解释。

这段话解释了如何利用上一步发现的重复状态，来指导我们将字符串 $s$ 分解成满足泵引理的 $x, y, z$ 三部分。

1. 确定分解点: 分解的关键在于找到的那个重复状态，在例子中是 $q_9$。这个状态在DFA的状态序列中至少出现了两次。我们关注的是第一次出现和第二次出现的位置。
2. 定义 $x$:
   • $x$ 是输入字符串 $s$ 的前缀部分。
   • 它的作用是驱动DFA从起始状态 $q_1$ 走到第一次出现重复状态 $q_9$ 的位置。
   • 在状态序列图上，它对应于从起点到环路入口的路径所消耗的输入。
3. 定义 $y$:
   • $y$ 是紧跟在 $x$ 后面的那部分字符串。
   • 它的作用是驱动DFA从第一次出现 $q_9$ 的位置，恰好走完一个环路，回到第二次出现 $q_9$ 的位置。
   • $y$ 就是形成状态图中那个环路 (loop) 所消耗的输入子串。
4. 定义 $z$:
   • $z$ 是字符串 $s$ 剩下的后缀部分。
   • 它的作用是驱动DFA从第二次出现 $q_9$ 的位置（也就是环路的终点）走到最终的接受状态 $q_{13}$。
   • 在状态序列图上，它对应于从环路出口到终点的路径所消耗的输入。

通过这种方式，$s=xyz$ 的分解就和DFA的运行轨迹完美地对应起来了：$x$ (进环) -> $y$ (绕环) -> $z$ (出环到终点)。

这张图是对上一段文字描述的DFA路径的最终可视化，它清晰地展示了 $x, y, z$ 三个子串如何分别驱动DFA完成三段不同的旅程。

1. 路径 $x$:
   • 左上方的箭头路径代表了DFA读取子串 $x$ 的过程。
   • 它使得DFA从起始状态 $q_1$ 转移到了环路点 $q_9$。
2. 路径 $y$ (环路):
   • 中间那个指向自身的循环箭头，代表了DFA读取子串 $y$ 的过程。
   • 这个过程的起点和终点都是状态 $q_9$。
   • 这直观地显示了 $y$ 的作用就是让DFA在状态图上“绕了一圈又回到了原点”。
3. 路径 $z$:
   • 右下方的箭头路径代表了DFA读取子串 $z$ 的过程。
   • 它使得DFA从环路点 $q_9$ 转移到了最终的接受状态 $q_{13}$。

这张图的核心洞见在于，中间的 $y$ 环路是一个“可选”或“可重复”的模块。

• 我们可以选择走 $x$ 路径，然后跳过 $y$ 环路，直接走 $z$ 路径 ($x \to z$)。
• 我们可以选择走 $x$ 路径，然后走一次 $y$ 环路，再走 $z$ 路径 ($x \to y \to z$)，这是原始字符串 $s$ 的路径。
• 我们也可以选择走 $x$ 路径，然后走两次 $y$ 环路，再走 $z$ 路径 ($x \to y \to y \to z$)。
• ...以此类推。

因为 $z$ 路径的起点 ($q_9$) 和 $y$ 环路的终点 ($q_9$) 是同一个状态，所以无论我们在环路上绕多少圈，总能顺利地与 $z$ 路径衔接上，并最终到达接受状态 $q_{13}$。这就为泵引理的条件1 ($xy^iz \in A$) 提供了最直观的证明。

这段文字开始逐一验证我们基于DFA环路所做的 $xyz$ 拆分，确实满足泵引理陈述中的全部三个条件。这里首先验证最重要的条件1。

1. 验证 $i=2$ 的情况 ($xyyz$):
   • 第一步 (输入x): 机器从 $q_1$ 开始，读完 $x$ 后到达 $q_9$。
   • 第二步 (输入第一个y): 接着从 $q_9$ 开始，读完第一个 $y$ 后，由于 $y$ 是环路，机器回到 $q_9$。
   • 第三步 (输入第二个y): 接着又从 $q_9$ 开始，读完第二个 $y$ 后，机器再次回到 $q_9$。
   • 第四步 (输入z): 最后从 $q_9$ 开始，读完 $z$ 后，机器到达 $q_{13}$。
   • 结论: 由于 $q_{13}$ 是原始字符串 $s$ 的接受状态，所以它是一个接受状态。因此，整个输入 $xyyz$ 被机器接受，即 $xyyz \in A$。
2. 推广到任意 $i > 0$ 的情况 ($xy^iz$):
   • 上述逻辑可以无限推广。无论中间的 $y$ 部分重复多少次 ($i$ 次)，机器都只是在 $q_9$ 这个状态上“绕了 $i$ 圈”。
   • 绕完 $i$ 圈后，机器仍然停在 $q_9$。
   • 然后，它继续读取 $z$ 部分，最终的路径和结果与原始字符串完全相同，都会到达接受状态 $q_{13}$。
   • 因此，对于任何 $i > 0$，$xy^iz \in A$。
3. 验证 $i=0$ 的情况 ($xz$):
   • 这种情况被称为“向下泵浦”。
   • 第一步 (输入x): 机器从 $q_1$ 开始，读完 $x$ 后到达 $q_9$。
   • 第二步 (输入z): 接着直接从 $q_9$ 开始读取 $z$ (因为 $y$ 部分被删除了)。读完 $z$ 后，机器将到达 $q_{13}$。
   • 结论: 由于 $q_{13}$ 是接受状态，输入 $xz$ 也被机器接受，即 $xz \in A$。

综合以上所有情况，我们证明了对于所有 $i \ge 0$，都有 $xy^iz \in A$。泵引理的条件1成立。

这段话接着验证我们所做的 $xyz$ 拆分同样满足泵引理的条件2和条件3。

1. 验证条件2: $|y| > 0$
   • 回顾 $y$ 的定义: $y$ 是驱动DFA从第一次出现 $q_9$ 到第二次出现 $q_9$ 所消耗的输入子串。
   • 逻辑: “第一次出现”和“第二次出现”是序列中两个不同的位置。假设第一次出现在位置 $j$，第二次出现在位置 $l$。根据定义，$l > j$。
   • $y$ 是由输入字符串中第 $j+1$ 到第 $l$ 个字符组成的。
   • 因为 $l > j$，所以 $l-(j+1)+1 = l-j \ge 1$。这意味着子串 $y$ 至少包含一个字符。
   • 因此，$y$ 的长度必然大于0，即 $|y|>0$。条件2成立。
2. 验证条件3: $|xy| \leq p$
   • 回顾 $p$ 的定义: $p$ 是DFA的状态总数。
   • 回顾鸽巢原理的应用: 我们是通过考察DFA状态序列的前 $p+1$ 个状态（即 $r_0, r_1, \dots, r_p$，这是读取字符串前 $p$ 个字符所产生的序列）来保证状态重复的。
   • 选择第一个重复: 为了确保 $|xy|$ 尽可能小，我们在构造证明时，选择在这前 $p+1$ 个状态中找到的第一对重复状态。设为 $r_j = r_l$，其中 $0 \le j < l \le p$。
   • 分析长度:
   • $x$ 是从字符串开头到第 $j$ 个字符的子串。$|x|=j$。
   • $y$ 是从第 $j+1$ 个字符到第 $l$ 个字符的子串。$|y|=l-j$。
   • $xy$ 是从字符串开头到第 $l$ 个字符的子串。它的长度是 $|xy| = l$。
   • 因为我们保证了第二次出现重复状态的位置 $l$ 是在前 $p+1$ 个状态序列之内找到的，所以必然有 $l \le p$。
   • 因此，我们得到 $|xy| \le p$。条件3成立。

至此，我们已经证明了，对于任何正则语言A及其DFA，任何足够长的字符串 $s$ 都可以被拆分成满足泵引理全部三个条件的 $x, y, z$。泵引理得证。

这是对前面“证明思想”的形式化和紧凑化的总结。它将所有步骤串联起来，形成一个完整的、严谨的数学证明。

1. 前提和设定 (Let...):
   • 设 $M$ 是一个识别语言 $A$ 的DFA。
   • 设 $p$ 是 $M$ 的状态数 ($p=|Q|$)。
   • 设 $s$ 是 $A$ 中任意一个长度 $n \ge p$ 的字符串。
   • 设 $r_1, \dots, r_{n+1}$ 是 $M$ 处理 $s$ 时的状态序列 (这里下标从1开始，与之前的 $r_0$ 略有不同，但不影响逻辑)。$r_1$ 是起始状态。
2. 核心论证 (鸽巢原理):
   • 状态序列的长度是 $n+1$，因为 $n \ge p$，所以 $n+1 \ge p+1$。
   • 考察序列的前 $p+1$ 个状态 $r_1, \dots, r_{p+1}$。
   • 我们有 $p+1$ 个状态（鸽子），但DFA只有 $p$ 个不同的状态（鸽巢）。
   • 因此，在这 $p+1$ 个状态中，必有两个是相同的。
   • 我们把第一次出现这种重复的两个状态记为 $r_j$ 和 $r_l$ (其中 $1 \le j < l \le p+1$)。
3. 构造拆分 (Let...):
   • 基于找到的重复位置 $j$ 和 $l$，将字符串 $s$ 拆分：
   • $x = s_1 \dots s_{j-1}$ (空串如果 $j=1$)
   • $y = s_j \dots s_{l-1}$
   • $z = s_l \dots s_n$
4. 验证三个条件:
   • 条件1 ($xy^iz \in A$):
   • $x$ 将DFA从起始状态 $r_1$ 带到 $r_j$。
   • $y$ 将DFA从 $r_j$ 带回到 $r_j$ (因为 $r_j=r_l$)。
   • $z$ 将DFA从 $r_j$ (= $r_l$) 带到最终的接受状态 $r_{n+1}$。
   • 因此，无论 $y$ 部分重复多少次 (包括0次)，DFA的路径都是 $r_1 \xrightarrow{x} r_j \xrightarrow{y^i} r_j \xrightarrow{z} r_{n+1}$。因为 $r_{n+1}$ 是接受状态，所以 $xy^iz$ 总被接受。条件1成立。
   • 条件2 ($|y|>0$):
   • 因为我们选择的 $j$ 和 $l$ 是不同的位置，即 $j < l$，所以 $j \ne l$。
   • $y$ 是从 $s_j$到 $s_{l-1}$ 的子串，其长度为 $l-j$。
   • 因为 $j < l$, 所以 $l-j \ge 1$。
   • 所以 $|y|>0$。条件2成立。
   • 条件3 ($|xy| \le p$):
   • 我们是在序列的前 $p+1$ 个位置内找到了重复，所以 $l \le p+1$。
   • $x=s_1\dots s_{j-1}, y=s_j\dots s_{l-1}$。
   • $xy = s_1\dots s_{l-1}$。
   • $|xy|$ 的长度是 $l-1$。
   • 因为 $l \le p+1$，所以 $l-1 \le p$。
   • 所以 $|xy| \le p$。条件3成立。
5. 结论 (Therefore...):
   • 我们已经证明，对于任意选择的长字符串 $s$，都存在一种满足所有三个条件的 $xyz$ 拆分。
   • 因此，泵引理得证。

(注：原文证明中下标的处理有一些不严谨之处。例如，如果状态序列是 $r_1, ..., r_{n+1}$，长度为$n+1$，那么 $r_{i+1} = \delta(r_i, s_i)$，并且 $x=s_1..s_{j-1}, y=s_j..s_{l-1}$。则 $|xy| = l-1$。而 $l \le p+1$ 意味着 $l-1 \le p$。这与泵引理的 $|xy| \le p$ 一致。所以原文的逻辑是正确的，只是表达上可以更清晰)

这段话给出了一个清晰的、按部就班的操作手册，指导我们如何应用泵引理来证明一个语言是非正则的。这是一个反证法 (proof by contradiction) 的标准流程，可以看作一个“游戏”。

游戏规则:

• 你的目标: 证明语言 $B$ 非正则。
• 对手的目标: 证明语言 $B$ 是正则的。

游戏步骤:

1. 你的第一步：假设对手是对的。
   • 你先说：“好吧，我们假设语言 $B$ 是正则的。” 这一步是为了引出矛盾。
2. 对手的出招：给出泵浦长度 $p$。
   • 因为你假设了 $B$ 是正则的，泵引理就生效了。泵引理说“存在一个泵浦长度 $p$”。
   • 对手（或者说，定理本身）就会给你一个 $p$。你不知道 $p$ 具体是多少，但你知道它是一个存在且固定的正整数。
3. 你的核心招式：选择一个“特殊”字符串 $s$。
   • 现在轮到你。你需要在语言 $B$ 中，精心挑选一个字符串 $s$。
   • 这个 $s$ 必须满足两个条件：
   • 关键：你要选一个能够“体现”出语言 $B$ 非正则“本质”的字符串，一个让对手难以“泵浦”的字符串。这个 $s$ 通常会与 $p$ 相关，例如 $0^p1^p$。
4. 对手的反击：拆分字符串 $s$。
   • 现在球又到了对手那边。根据泵引理，对手声称 $s$ 可以被拆分成 $s=xyz$，并且这个拆分满足泵引理的三个条件：
5. 你的制胜一击：证明对手是错的。
   • 你的任务是证明对手的声称是不可能的。
   • 你必须证明：无论对手怎么拆分 $s$ (只要拆分满足条件 $|y|>0$ 和 $|xy| \le p$)，你总能找到一个整数 $i$ (可以是0, 2, 3, ...)，使得泵浦后的新字符串 $xy^iz$ 不在语言 $B$ 中。
   • 为了覆盖“所有拆分”，你通常需要按情况讨论。利用 $|xy| \le p$ 可以大大减少情况的数量。
6. 宣布胜利：得出矛盾。
   • 你已经证明了，你选择的那个字符串 $s$ 不可能被泵浦。
   • 但这与泵引理（如果B是正则的，那么s必须可以被泵浦）相矛盾。
   • 这个矛盾说明，你一开始的假设——“语言B是正则的”——是错误的。
   • 因此，你最终得出结论：语言 $B$ 必须是非正则的。

这段话给出了使用泵引理证明中最具挑战性和创造性的一步——如何选择字符串 $s$——的一些实用建议。

1. 创造性与试错: 作者承认，选择 $s$ 并非总是一目了然的，它需要创造性，甚至可能需要反复试错。你第一次想到的 $s$ 可能并不好用（它可能恰好可以被泵浦），这时候需要换一个再试。
2. 核心技巧：寻找“本质”
   • 你应该选择一个能够最典型地体现该语言“非正则”特性的字符串。
   • 这个“本质”通常和语言定义中那种需要“无限记忆”的约束有关。
   • 例如，对于 $B = \{0^n1^n\}$，其本质是“0和1的数量必须严格相等”。一个好的 $s$ 应该能让泵浦操作轻易地破坏这种相等关系。$s=0^p1^p$ 就是一个绝佳的选择，因为泵引理条件3限制了 $y$ 只能是0，泵浦 $y$ 就会直接改变0的数量，而1的数量不变，从而破坏了相等性。
   • 对于 $F = \{ww \mid w \in \{0,1\}^*\}$ (一个串和它自身的重复)，其本质是“前半部分和后半部分必须完全一样”。一个好的 $s$ 应该能让泵浦操作破坏这种“完全一样”的结构。
3. 后续学习: 作者预告，在接下来的几个例子中，会通过实践进一步展示如何根据不同的语言来选择合适的 $s$。

简单来说，选择 $s$ 的艺术在于：选择一个字符串，利用泵引理的条件3 ($|xy| \le p$) 将可泵浦部分 $y$ “框”在一个特定的、结构单一的区域，使得对 $y$ 的任何泵浦操作（增加或删除字符）都会立刻、明显地破坏整个字符串赖以成立的核心结构。

这是应用泵引理的第一个完整示例。目标是证明语言 $B = \{0^n1^n \mid n \ge 0\}$ 是非正则的。

本段是引言，明确了要证明的目标和使用的方法。

1. 目标语言 (Target Language): $B = \{0^n1^n \mid n \ge 0\}$。这个语言包含的字符串由若干个0后面跟着相同数量的1组成。例如：$\varepsilon, 01, 0011, 000111, \dots$。
2. 证明工具 (Tool): 泵引理 (Pumping Lemma)。
3. 证明方法 (Method): 反证法 (Proof by contradiction)。这是使用泵引理证明非正则性的标准方法。我们的整个论证将以“假设 B 是正则的”开始，并以导出矛盾结束。

这里是反证法游戏的前三步，完全按照我们之前总结的“操作手册”进行。

1. 第一步：做出假设
   • “假设 $B$ 是正则的”。这是反证法的起点。
2. 第二步：获得泵浦长度 $p$
   • 因为我们假设了 $B$ 是正则的，所以泵引理适用。
   • 泵引理告诉我们，存在一个泵浦长度 $p$。我们不知道 $p$ 的具体值，但我们知道它是一个正整数常量。
3. 第三步：选择关键字符串 $s$
   • 我们选择了 $s = 0^p 1^p$。这个选择非常高明：
   • $s$ 是否属于 $B$？ 是的。它由 $p$ 个0后面跟着 $p$ 个1组成，符合 $0^n1^n$ 的形式 (这里 $n=p$)。
   • $s$ 的长度是否 $\ge p$？ 是的。$|s| = |0^p| + |1^p| = p + p = 2p$。因为 $p$ 是正整数，所以 $2p \ge p$。
   • 这个 $s$ 的选择将 $p$ 这个抽象的数字嵌入到了字符串的具体结构中，为后续利用条件3 ($|xy| \le p$) 埋下了伏笔。
4. 第四步：应用泵引理
   • 既然 $s$ 是 $B$ 中一个足够长的字符串，那么根据泵引理，它必定可以被拆分成 $s=xyz$ 并满足所有泵浦条件。
   • 特别是，对于任何 $i \ge 0$，$xy^iz$ 都必须还是 $B$ 的成员。
5. 引出证明的下一步
   • 我们的目标是证明上述结论是“不可能的”。
   • 我们将通过分析所有可能的拆分方式来证明这一点。作者预告将分“三种情况”来讨论。

这是反证法的最后一步：通过分析所有可能的 $xyz$ 拆分，证明每一种拆分都会在泵浦时产生矛盾。作者在这里提出了三种情况。

分析的基础：我们的字符串是 $s=0^p1^p$。泵引理保证 $s$ 可以被拆分为 $s=xyz$，满足 $|y|>0$ 和 $|xy| \le p$。

• 情况1: $y$ 只由 0 组成
• 为什么会出现这种情况？ 这是最主要的情况。因为 $|xy| \le p$，而字符串 $s$ 的前 $p$ 个字符全是 '0'，所以 $x$ 和 $y$ 都必须是 '0' 的子串。
• 泵浦会怎样？ 让我们向上泵浦，考虑 $i=2$ 的情况，即新字符串 $s' = xyyz$。
• 原始字符串 $s$ 有 $p$ 个0和 $p$ 个1。
• 新字符串 $s'$ 比 $s$ 多了一个 $y$。因为 $y$ 只包含0，且 $|y|>0$，所以 $s'$ 的0的数量是 $p + |y|$，比 $p$ 要多。
• $s'$ 的1的数量没有变，仍然是 $p$。
• 因此，在 $s'$ 中，0的数量 ($p+|y|$) 不等于1的数量 ($p$)。
• 结论: $s' = xyyz$ 不符合语言 $B=\{0^n1^n\}$ 的定义，所以 $s' \notin B$。
• 矛盾: 这与泵引理的条件1“对于任何 $i \ge 0, xy^iz$ 都必须在 $B$ 中”相矛盾。

• 情况2: $y$ 只由 1 组成
• 为什么会出现这种情况？ 要让 $y$ 只包含1，那么子串 $y$ 必须完全位于 $s$ 的后半部分 ($1^p$)。这意味着 $x$ 必须包含所有的 $p$ 个0，再加上可能的一些1。这样一来，$|x|$ 至少是 $p$。因为 $|y|>0$，所以 $|xy| = |x|+|y| > p$。
• 矛盾: 这直接与泵引理的条件3 ($|xy| \le p$) 相矛盾。因此，这种情况在泵引理的约束下是不可能发生的。

• 情况3: $y$ 由 0 和 1 组成
• 为什么会出现这种情况？ 要让 $y$ 同时包含0和1，那么 $y$ 必须跨越 $s$ 中 $0^p$ 和 $1^p$ 的边界，形如 $0...01...1$。
• 矛盾1 (来自条件3): 同样地，因为 $s$ 的前 $p$ 个字符都是0，所以要让 $y$ 包含1，那么 $y$ 的结尾必须在第 $p+1$ 个字符或之后。这意味着 $|xy|$ 必然大于 $p$。这再次与条件3 ($|xy| \le p$) 相矛盾。所以这种情况也是不可能发生的。
• 矛盾2 (来自泵浦): 即使我们暂时忽略条件3，来分析泵浦 $y$ 的后果。如果 $y = 0...01...1$，那么 $xyyz$ 将会是 $x(0..1)(0..1)z$ 的形式。字符串中会出现 1 后面跟着 0 的情况，破坏了 $0^n1^n$ 的“所有0在所有1之前”的顺序规则。因此 $xyyz$ 也不在 $B$ 中。

综合来看，在泵引理的强约束（特别是条件3）下，唯一可能发生的只有情况1。而在情况1中，向上泵浦 ($i=2$) 或向下泵浦 ($i=0$) 都会导致0和1数量不相等，从而产生一个不在 $B$ 中的字符串，这与泵引理的条件1矛盾。

这部分是对例1.73的总结和反思。

1. 最终结论:
   • 我们从“假设B是正则的”出发。
   • 通过应用泵引理，我们分析了所有可能性，并证明了在任何情况下都会导致矛盾。
   • 因此，这个矛盾是“不可避免的”。
   • 唯一的解释就是，我们最初的假设是错误的。
   • 所以，最终结论是：$B$ 不是正则的。
2. 简化论证的提示:
   • 作者指出，前面分三种情况的讨论可以被简化。
   • 简化的关键在于充分利用条件3 ($|xy| \le p$)。
   • 正如我们在上一节分析的，条件3直接使得情况2（$y$只含1）和情况3（$y$含0和1）变得不可能。
   • 因此，一个更简洁、更优雅的证明可以直接这样写：“根据泵引理条件3，因为 $|xy| \le p$，所以 $x$ 和 $y$ 必然只由0组成。又根据条件2， $|y|>0$。因此，当泵浦字符串 $xyyz$ 时，0的数量增加而1的数量不变，导致新字符串不属于 $B$。这与条件1矛盾。因此 $B$ 非正则。”
   • 这个简化的版本实际上是标准证明的书写方式。
3. 对选择 $s$ 的反思:
   • 作者回顾了本例中选择字符串 $s=0^p1^p$ 的过程，并评价为“很容易”。
   • 实际上，对于语言 $B$ 来说，任何形如 $0^k1^k$ (只要 $2k \ge p$) 的字符串都可以成功用于证明。
   • 预警: 作者提醒我们，不要因此掉以轻心。在后续的例子中（如例1.74和1.75），选择哪个 $s$ 将会变得非常关键，有些看似合理的 $s$ 实际上是无法导出矛盾的“陷阱”。这需要我们更加深入地思考语言的结构和泵引理的约束。

这是第二个应用泵引理的例子。这次的目标语言是我们在导论中遇到的语言 $C$。

1. 目标语言: $C = \{w \mid w \text{ 包含相同数量的0和1}\}$。这个语言与上一个例子 $B = \{0^n1^n\}$ 的关键区别在于，$C$ 不限制0和1的顺序。例如, $0101 \in C$ 但 $0101 \notin B$。
2. 证明方法: 同样采用反证法。
3. 挑战预告: 这个例子比上一个更微妙。我们在导论中凭直觉认为 $C$ 是非正则的，现在需要用泵引理来严格证明它。这个过程将揭示选择正确字符串 $s$ 的重要性。

这段话是一个戏剧性的转折，它展示了一个看似完美的计划是如何失败的，从而凸显了泵引理中一个经常被忽略的细节。

1. 沿用旧策略: 作者一开始尝试完全照搬例1.73的成功策略。
   • 假设: $C$ 是正则的。
   • 获得: 泵浦长度 $p$。
   • 选择: 和上次一样的字符串 $s = 0^p1^p$。这个字符串也属于 $C$ (有p个0, p个1)，并且长度 $2p \ge p$。
2. 出现意外:
   • 我们希望证明 $s=0^p1^p$ 不能被泵浦。
   • 但作者突然喊停：“但等等，它是可能的！” (But wait, it is possible!)
3. “对手”的反击:
   • 一个试图证明 $C$ 是正则的“对手”，可以提出这样一种拆分方式来反驳我们：
   • $x = \varepsilon$ (空字符串)
   • $y = 0^p1^p$ (整个字符串 $s$)
   • $z = \varepsilon$ (空字符串)
   • 让我们检查这种拆分：
   • $s = xyz$? 是的, $\varepsilon \cdot (0^p1^p) \cdot \varepsilon = 0^p1^p$。
   • $|y|>0$? 是的, $|y|=2p > 0$。
   • 现在，让我们泵浦这种拆分：
   • 新字符串是 $xy^iz = (0^p1^p)^i$。
   • 在这个新字符串中，0的数量是 $p \times i$，1的数量也是 $p \times i$。
   • 0和1的数量永远相等！
   • 这意味着，对于所有 $i \ge 0$, $xy^iz$ 都属于 $C$。
4. 证明失败:
   • 我们找到了一种拆分 $s$ 的方法，使得 $s$ 可以被泵浦。
   • 回顾一下我们的任务：我们需要证明“对于所有可能的拆分，$s$都不能被泵浦”。
   • 既然我们已经找到了一种可以泵浦的拆分，我们就无法完成我们的证明任务了。
   • 使用 $s=0^p1^p$ 的这个尝试失败了！

这段话是一个非常重要的教学环节，它告诉我们，在使用泵引理时，我们必须考虑到所有可能的拆分，而“对手”只需要找到一种能成功泵浦的拆分，就能挫败我们这一次的证明尝试。

在经历了上一步的“失败”之后，这段话展示了如何利用被我们“遗忘”的条件3来力挽狂澜，完成证明。

1. 引入救星：条件3
   • 作者明确指出，条件3 ($|xy| \le p$) 是解决问题的关键。
   • 这个条件极大地限制了 $s$ 可以被拆分的方式。
2. 应用条件3到我们的选择上
   • 我们选择的字符串是 $s = 0^p1^p$。
   • 条件3说：$x$ 和 $y$ 两部分的组合长度不能超过 $p$。
   • 因为 $s$ 的前 $p$ 个字符全部是 '0'，所以 $x$ 和 $y$ 只能由 '0' 构成。
   • 例如，如果 $p=5$, $s=0000011111$, $|xy| \le 5$ 意味着 $xy$ 必须是 00000 的一个前缀。
   • 这样一来，上一段中对手提出的 $y=0^p1^p$ 的拆分就是不合法的了，因为它违反了条件3。
3. 重新进行情况分析 (简化版)
   • 在条件3的约束下，对于字符串 $s=0^p1^p$，任何合法的拆分 $xyz$ 都必须满足：
   • $x$ 是若干个0组成的串 ($x=0^a$)。
   • $y$ 是若干个0组成的串 ($y=0^b$)。
   • $z$ 是剩下的0和所有的1 ($z=0^{p-a-b}1^p$)。
   • 并且，根据条件2 ($|y|>0$)，我们知道 $b \ge 1$。
4. 泵浦并导出矛盾
   • 现在我们再次泵浦，考虑 $i=2$ 的情况：$s' = xyyz$。
   • $s'$ 比 $s$ 多了一个 $y$ 部分。
   • 因为 $y$ 完全由0组成且非空，所以 $s'$ 的0的数量增加了 ($p+|y|$ 个)，而1的数量保持不变 ($p$ 个)。
   • 在新字符串 $s'$ 中，0和1的数量不再相等。
   • 因此，$s' = xyyz \notin C$。
   • 这与泵引理的条件1“$xy^iz$ 必须属于 $C$”产生了矛盾。
5. 完成证明
   • 我们证明了，对于我们选择的 $s=0^p1^p$，在满足泵引理所有约束（特别是条件3）的前提下，不存在任何一种能成功泵浦的拆分方式。
   • 因此，$s$ 是一个“不可泵浦”的字符串。
   • 这与“如果C是正则的，s就必须可泵浦”的结论相矛盾。
   • 所以，最初的假设“$C$是正则的”是错误的。$C$是非正则的。

这段话进一步深化了“选择正确字符串 $s$”的重要性，通过一个具体的“坏”选择来说明问题。

1. 提出一个“坏”选择:
   • 作者建议我们尝试另一个看似合理的字符串 $s = (01)^p$。
   • 这个字符串是 0101...01 ($p$ 次重复)。
   • 检查 $s$ 的属性:
   • $s$ 中有 $p$ 个0和 $p$ 个1，所以 $s \in C$。
   • $|s| = 2p$，满足 $|s| \ge p$。
   • 所以，$s=(01)^p$ 是一个合法的候选字符串。
2. 证明这个“坏”选择是可泵浦的:
   • 我们的目标是证明 $s=(01)^p$ 不能被泵浦，但作者指出，它恰恰可以被泵浦。
   • “对手”可以提出如下拆分：
   • $x = \varepsilon$
   • $y = 01$
   • $z = (01)^{p-1}$
   • 检查这个拆分的合法性 (是否满足泵引理约束):
   • $s=xyz$? 是的, $\varepsilon \cdot (01) \cdot (01)^{p-1} = (01)^p$。
   • $|y|>0$? 是的, $|y|=2>0$。
   • $|xy|\le p$? 是的, $|xy|=|\varepsilon \cdot 01|=2$。只要泵浦长度 $p \ge 2$（通常都是如此），这个条件就满足。
   • 泵浦这个拆分:
   • 新字符串 $s' = xy^iz = \varepsilon \cdot (01)^i \cdot (01)^{p-1} = (01)^{i+p-1}$。
   • 在这个新字符串中，'0' 的数量是 $i+p-1$, '1' 的数量也是 $i+p-1$。
   • 0和1的数量永远相等！
   • 因此，对于所有 $i \ge 0$, $xy^iz \in C$。
3. 再次失败与鼓励:
   • 由于我们为 $s=(01)^p$ 找到了一个合法的、可以被成功泵浦的拆分方式，我们再次无法完成我们的反证。
   • 这次的失败和上次不同。上次是因为我们忽略了条件3，而这次我们是在遵循了所有三个条件的情况下失败的。
   • 失败的根本原因在于我们选错了 $s$。
   • 作者最后鼓励读者：如果第一次选择的 $s$ 不起作用，不要灰心，再换一个试试。这强调了选择 $s$ 是一个需要探索和思考的过程。

这段话提供了一种证明 $C$ 非正则的、完全不同的、更简洁的思路。这种方法不直接使用泵引理，而是利用正则语言的封闭性质。

1. 核心思想: 这种方法的逻辑是“将未知问题转化为已知问题”。我们已经费力地用泵引理证明了 $B=\{0^n1^n\}$ 是非正则的 (这是一个已知事实)。现在我们想证明 $C$ 是非正则的 (这是一个未知问题)。如果我们能建立 $C$ 和 $B$ 之间的某种联系，也许就能从 $B$ 的非正则性推导出 $C$ 的非正则性。
2. 反证法框架:
   • 假设: $C$ 是正则的。
3. 利用封闭性进行推演:
   • 我们知道一个重要的定理：正则语言对交集运算是封闭的 (closed under intersection)。这意味着，如果 $L_1$ 是正则的，并且 $L_2$ 是正则的，那么它们的交集 $L_1 \cap L_2$ 也必须是正则的。
   • 我们来构造一个交集：$C \cap 0^*1^*$。
   • $C$: 我们假设它是正则的。
   • $0^*1^*$: 这是一个正则表达式，它描述的语言是“任意多个0后面跟着任意多个1”。这显然是一个正则语言。
   • 根据封闭性定理，如果我们的假设成立，那么 $C \cap 0^*1^*$ 这个新语言必须是正则的。
4. 分析交集结果:
   • $C = \{w \mid \#_0(w) = \#_1(w)\}$ (相同数量的0和1)。
   • $0^*1^* = \{w \mid w \text{ 的形式是 } 0...01...1\}$ (所有0都在所有1之前)。
   • $C \cap 0^*1^*$ 就是同时满足这两个条件的字符串集合：
   • 这不正是语言 $B = \{0^n1^n \mid n \ge 0\}$ 的定义吗！
   • 所以，我们得出结论：$C \cap 0^*1^* = B$。
5. 导出矛盾:
   • 我们的推演结果是：如果 $C$ 正则，那么 $B$ 也必须正则。
   • 但是，我们在例1.73中已经严格证明了，$B$ 是非正则的！
   • 这就产生了一个尖锐的矛盾。
6. 最终结论:
   • 矛盾的根源在于我们最初的假设。因此，假设“$C$是正则的”是错误的。
   • $C$ 必须是非正则的。

这种证明方法非常优雅和强大，它避免了泵引理证明中繁琐的细节，而是从一个更高的、更结构化的层面来看待问题。

这是第三个应用泵引理的例子，目标语言 $F$ 的结构与前两个都不同。

1. 目标语言: $F = \{ww \mid w \in \{0,1\}^*\}$。
   • 这个语言的构成方式是：取任意一个由0和1组成的字符串 $w$，然后将它自身复制一遍得到 $ww$。所有这样生成的字符串构成了语言 $F$。
   • 换句话说， $F$ 中的字符串都有一个共同特征：它的前半部分和后半部分是完全相同的。
2. 证明方法: 同样采用泵引理进行反证法。
3. 挑战: 这个语言的“非正则性”本质在于前半部分和后半部分之间的精确对应关系。我们需要选择一个字符串 $s$，使得泵浦操作能够破坏这种对应关系。

这段话直接给出了针对语言 $F$ 的证明核心。

1. 标准开局:
   • 假设: $F$ 是正则的。
   • 获得: 泵浦长度 $p$。
2. 选择关键字符串 $s$:
   • 这里选择的字符串是 $s = 0^p 1 0^p 1$。
   • 我们来检查这个 $s$：
   • 它能否写成 $ww$ 的形式？是的，这里 $w = 0^p 1$。所以 $s=ww \in F$。
   • 它的长度是否 $\ge p$？是的，$|s| = 2 \times (p+1) = 2p+2$，远大于 $p$。
   • 这个选择非常巧妙。它构造了一个 $w$ 本身 ($0^p1$)，使得 $w$ 的开头是单一重复的字符，便于利用条件3。同时，在两个 $w$ 之间没有明显的分界线。
3. 应用条件3:
   • 泵引理保证 $s$ 可以被拆分成 $s=xyz$，且满足 $|xy| \le p$。
   • 我们的字符串 $s = 0^p 1 0^p 1$ 的前 $p$ 个字符全部是 '0'。
   • 因此，条件3强制要求 $x$ 和 $y$ 都必须由开头的 $0^p$ 这一部分构成。
   • 并且，根据条件2 ($|y|>0$)，$y$ 必须是至少一个 '0' 组成的串。
4. 泵浦并导出矛盾:
   • 我们向上泵浦，考虑 $i=2$ 的情况，新字符串 $s' = xyyz$。
   • 原字符串 $s = 0^p10^p1$。
   • 由于 $y$ 是在第一段 $0^p$ 中增加的，所以新字符串 $s'$ 会变成 $0^{p+|y|}10^p1$。
   • 现在我们来判断 $s'$ 是否还在 $F$ 中。
   • $s'$ 的长度是 $2p+2+|y|$。
   • 它的前半部分是 $0^{p+|y|/2}$ ... 这种方式很难判断。
   • 我们换个角度：$s'$ 的前半部分 $w_1$ 和后半部分 $w_2$ 是否相等？
   • $s' = \underbrace{0 \dots 0}_{p+|y|} 1 \underbrace{0 \dots 0}_{p} 1$。
   • 第一部分 $w$ 被改变了（从 $0^p1$ 变成 $0^{p+|y|}1$ 的前缀），而第二部分 $w$ 完全没动 ($0^p1$)。
   • 更具体地，新字符串的前半部分（长度为 $p+1+|y|/2$）和后半部分不再有 $w'w'$ 的关系了。
   • 一个更清晰的看法：原来的 $s$ 是 $w$ 跟着 $w$。泵浦操作只在第一个 $w$ 内部增加了字符，而第二个 $w$ 保持原样。因此，修改后的第一个 $w$ 必然不等于未修改的第二个 $w$。
   • 所以 $s'=xyyz$ 不再具有 $w'w'$ 的形式。$s' \notin F$。
   • 这就产生了与泵引理条件1的矛盾。
5. 对条件3重要性的再次强调:
   • 作者提到，如果没有条件3，对手可以取 $x=\varepsilon, y=s, z=\varepsilon$。那么 $xy^iz = s^i = (ww)^i$。这不一定在 $F$ 中，例如 $(ww)^2 = wwww = (ww')(ww')$ 在F中。
   • 作者的意思可能是，如果没有条件3，对手或许能找到某种巧妙的拆分，使得泵浦后仍满足 $w'w'$ 结构。但有了条件3，这种可能性就被彻底堵死了。

这段话是对上一个例子中“如何选择字符串 $s$”的进一步反思和总结。

1. 重申好的选择: $s = 0^p 1 0^p 1$。
   • 作者强调这个选择是成功的，因为它能有效地“展示”出语言 $F$ 的非正则性“本质”。
   • 这个“本质”就是前半部分和后半部分的严格相等关系。
   • $s=0^p10^p1$ 的结构（在纯0块中插入一个1作为分隔符）使得泵浦操作（必然发生在开头的纯0块）会轻易地破坏第一个 $0^p1$ 和第二个 $0^p1$ 之间的相等关系。
2. 分析一个坏的选择: $s = 0^p 0^p = 0^{2p}$。
   • 它是否是合法候选者？ 是的。
   • $s$ 可以看作 $w=0^p$ 的 $ww$ 形式，所以 $s \in F$。
   • $|s| = 2p \ge p$。
   • 为什么它失败了？ 作者明确指出，它“未能证明矛盾，因为它能被泵浦”。
   • 如何泵浦它？
   • 对手可以找到一个合法的拆分方式来泵浦它。
   • 设 $p \ge 2$。对手可以选择拆分 $x=0^{2p-2}, y=00, z=\varepsilon$。
   • 这个拆分是否合法？
   • $|y|=2>0$ (合法)。
   • $|xy| = 2p$。这违反了 $|xy| \le p$。所以这个拆分不合法。
   • 让我们重新找一个合法的拆分。根据 $|xy| \le p$， $x,y$ 必须在开头的 $0^p$ 中。
   • 设 $x=0^{a}, y=0^{b}, z=0^{2p-a-b}$，其中 $b \ge 1, a+b \le p$。
   • 泵浦 $i$ 次：$s' = xy^iz = 0^a(0^b)^i0^{2p-a-b} = 0^{2p+b(i-1)}$。
   • 新字符串 $s'$ 的总长度是 $2p+b(i-1)$。
   • 为了让 $s' \in F$，它的长度必须是偶数，并且前半部分等于后半部分。
   • 如果 $b$ 是偶数，那么 $b(i-1)$ 也是偶数，总长度 $2p+b(i-1)$ 永远是偶数。新字符串可以写成 $w'w'$，其中 $w'=0^{p+b(i-1)/2}$。它可以被泵浦！
   • 如果 $b$ 是奇数，那么当 $i$ 是偶数时，$i-1$是奇数， $b(i-1)$ 是奇数，总长度 $2p+b(i-1)$ 就是奇数。此时 $s' \notin F$。可以导出矛盾！
   • 结论：使用 $s=0^{2p}$ 的证明变得非常复杂，你需要讨论 $y$ 的长度 $b$ 是奇数还是偶数。如果对手（拆分者）足够聪明，他总可以选择一个长度为偶数的 $y$ (只要 $p \ge 2$)，比如 $y=00$，来挫败你的证明。因此，$s=0^{2p}$ 是一个非常糟糕、容易失败的选择。

这段话通过对比“好”与“坏”的 $s$ 选择，再次强调了创造性地构造 $s$ 以简化证明的重要性。

这个例子引入了一种新的语言类型——一元语言 (unary language)，并证明了其中一个典型例子是非正则的。

1. 一元语言:
   • 一元语言是指其字母表只包含一个符号的语言。在这里，字母表 $\Sigma = \{1\}$。
   • 因此，一元语言中的所有字符串都形如 $1, 11, 111, \dots$，即 $1^k$。
   • 一个一元语言完全由一个长度集合来定义。例如，语言 $D$ 就由集合 $\{0, 1, 4, 9, 16, \dots\}$ 来定义。
2. 目标语言: $D = \{1^{n^2} \mid n \ge 0\}$。
   • 这个语言包含的字符串，其长度必须是一个完全平方数。
   • 例如:
   • $n=0 \implies |s|=0^2=0 \implies s=\varepsilon$
   • $n=1 \implies |s|=1^2=1 \implies s=1$
   • $n=2 \implies |s|=2^2=4 \implies s=1111$
   • $n=3 \implies |s|=3^2=9 \implies s=111111111$
3. 证明方法: 依然是使用泵引理进行反证法。
4. 挑战: 对于一元语言，泵浦操作的唯一效果就是改变字符串的长度。由于所有字符串结构都一样（都是一串'1'），我们不能像之前那样通过“破坏0和1的顺序或平衡”来制造矛盾。矛盾必须来自于泵浦后的字符串长度不再满足语言的规定（即不再是完全平方数）。

这是证明的前半部分，包括了假设、选择字符串，并指出了证明的核心洞察。

1. 标准开局:
   • 假设: $D$ 是正则的。
   • 获得: 泵浦长度 $p$。
2. 选择关键字符串 $s$:
   • 选择了 $s = 1^{p^2}$。
   • 检查 $s$:
   • $s \in D$? 是的，因为它的长度 $p^2$ 是一个完全平方数 (当 $n=p$ 时)。
   • $|s| \ge p$? 是的，$|s|=p^2$。只要 $p \ge 1$，$p^2 \ge p$。所以满足条件。
   • 这个选择将泵浦长度 $p$ 和语言的平方数性质直接关联起来。
3. 应用泵引理:
   • 泵引理保证 $s=1^{p^2}$ 可以被拆分成 $s=xyz$，满足三个条件，特别是 $xy^iz \in D$ 对所有 $i \ge 0$ 成立。这意味着泵浦后的字符串长度必须仍然是完全平方数。
4. 核心洞察:
   • 作者引导我们观察完全平方数序列 $0, 1, 4, 9, 16, \dots$ 的一个关键性质。
   • 这个性质是：连续完全平方数之间的间隔是不断增大的。
   • $1-0=1$
   • $4-1=3$
   • $9-4=5$
   • $16-9=7$
   • ...
   • $(n+1)^2 - n^2 = 2n+1$。
   • 这个间隔 $(2n+1)$ 随着 $n$ 的增大而增大。
   • 这意味着，大的完全平方数之间是稀疏的、彼此离得很远。

这个洞察是本证明的关键。我们将利用泵浦操作，构造出一个新字符串，其长度恰好落在两个相邻的、大的完全平方数之间的“无人区”，从而导出矛盾。

这是证明的收尾部分，通过精确的数值分析导出最终的矛盾。

1. 选择泵浦方式: 我们选择向上泵浦一次，即考虑 $i=2$ 的情况，得到新字符串 $s' = xy^2z$。
   • 原字符串是 $s=xyz=1^{p^2}$，其长度 $|s|=p^2$。
   • 新字符串 $s'$ 的长度 $|s'| = |x|+|y|+|y|+|z| = |xyz|+|y| = p^2 + |y|$。
2. 分析新字符串的长度范围: 我们需要确定 $|s'| = p^2+|y|$ 的范围。
   • 下界:
   • 泵引理条件2说：$|y| > 0$。
   • 所以，$|s'| = p^2 + |y| > p^2$。新字符串的长度严格大于 $p^2$。
   • 上界:
   • 泵引理条件3说：$|xy| \le p$。
   • 因为 $x, y$ 都是由 '1' 组成的，所以 $|xy|=|x|+|y|$。
   • 因此，我们有 $|y| \le |xy| \le p$。这意味着被泵浦的部分 $y$ 的长度不能超过泵浦长度 $p$。
   • 所以，$|s'| = p^2 + |y| \le p^2+p$。新字符串的长度小于或等于 $p^2+p$。
3. 将长度范围与完全平方数性质结合:
   • 我们已经确定了新字符串的长度 $|s'|$ 满足不等式：$p^2 < |s'| \le p^2+p$。
   • 我们再来看一下 $p^2$ 之后下一个完全平方数 $(p+1)^2$。
   • $(p+1)^2 = p^2+2p+1$。
   • 只要 $p \ge 1$，我们总有 $p^2+p < p^2+2p+1$。
   • 所以，我们得到了一个关键的不等式链：
4. 导出矛盾:
   • 这个不等式链告诉我们，新字符串 $s'$ 的长度严格地介于两个连续的完全平方数 $p^2$ 和 $(p+1)^2$ 之间。
   • 一个严格介于两个连续完全平方数之间的整数，其本身绝对不可能是一个完全平方数。
   • 因此，$|s'|$ 不是一个完全平方数。
   • 根据语言 $D$ 的定义，这意味着新字符串 $s' = xy^2z$ 不属于 $D$。
   • 这与泵引理的条件1“$xy^iz$ 必须属于 $D$”产生了矛盾。
5. 最终结论: 假设 $D$ 是正则的导致了矛盾，因此 $D$ 必须是非正则的。

这个例子将展示一种不同于以往的证明技巧——向下泵浦 (pumping down)，即利用泵引理中 $i=0$ 的情况来导出矛盾。

1. 目标语言: $E = \{0^i 1^j \mid i > j\}$。
   • 该语言由一串0后跟一串1组成。
   • 核心规则是：0的数量必须严格大于1的数量。
   • 例如: $0, 00, 01, 001, 0001, 00011, \dots$
2. 证明方法: 依然是使用泵引理进行反证法。
3. 挑战: 之前我们都是通过“向上泵浦”($i=2$)，增加某个符号的数量来破坏“数量相等”的规则。但对于语言 $E$，规则是“数量不等 ($i>j$)”。如果我们向上泵浦0，0的数量会变得更多，仍然满足 $i>j$，无法导出矛盾。这就需要我们转变思路。

这段是本例证明的核心，清晰地展示了向上泵浦的失败和向下泵浦的成功。

1. 标准开局与精妙的 $s$ 选择:
   • 假设: $E$ 是正则的, 获得泵浦长度 $p$。
   • 选择: $s = 0^{p+1}1^p$。
   • 检查 $s$:
   • $s \in E$? 是的。0的数量是 $p+1$，1的数量是 $p$。满足 $i>j$。
   • $|s| \ge p$? 是的。$|s| = 2p+1 \ge p$。
   • 这个选择非常精妙，它选择了恰好满足 $i>j$ 条件的“最小”字符串（0的数量只比1的数量多1）。这种“临界”状态最容易在泵浦时被破坏。
2. 应用条件3:
   • 根据 $|xy| \le p$，并且 $s$ 的开头是 $p+1$ 个0，我们推断出 $x$ 和 $y$ 必然只由0组成。
   • 根据 $|y|>0$，我们知道 $y$ 至少包含一个0。
3. 失败的尝试：向上泵浦 ($i=2$):
   • 考虑新字符串 $s' = xyyz$。
   • 原字符串 $s$ 中，$\#_0(s) = p+1$, $\#_1(s) = p$。
   • 新字符串 $s'$ 中，$\#_0(s') = p+1+|y|$, $\#_1(s')=p$。
   • 因为 $|y| \ge 1$，所以 $p+1+|y| > p+1$。
   • 比较新字符串中0和1的数量：$p+1+|y| > p$。这个关系仍然满足语言 $E$ 的 $i>j$ 规则。
   • 因此，$s'=xyyz \in E$。
   • 结论: 向上泵浦无法导出矛盾。我们的证明陷入僵局。
4. 成功的尝试：向下泵浦 ($i=0$):
   • 作者提示我们“尝试其他方法”，并把目光投向了 $i=0$ 的情况。
   • 考虑新字符串 $s'' = xy^0z = xz$。
   • 这个操作相当于从原字符串 $s$ 中删除了子串 $y$。
   • 分析数量变化:
   • 原字符串 $s$ 中，$\#_0(s) = p+1$, $\#_1(s) = p$。
   • 由于 $y$ 是由0组成的非空串 ($|y| \ge 1$), 删除 $y$ 会减少0的数量。
   • 新字符串 $s''$ 中, $\#_0(s'') = (p+1) - |y|$, $\#_1(s'') = p$。
   • 比较新数量:
   • 因为我们知道 $1 \le |y| \le p$ (由 $|xy|\le p$ 可知)。
   • 所以 $(p+1) - |y| \le (p+1)-1 = p$。
   • 这意味着，在新字符串 $s''$ 中，0的数量最多是 $p$，而1的数量仍然是 $p$。
   • 所以，$\#_0(s'') \le \#_1(s'')$。这违反了语言 $E$ 的核心规则 $i>j$。
   • 结论: 新字符串 $s''=xz$ 不属于 $E$。
   • 矛盾: 这与泵引理的条件1“$xy^iz$ 必须属于 $E$”相矛盾。
5. 最终结论: 假设 $E$ 是正则的导致了矛盾，因此 $E$ 必须是非正则的。

这个练习旨在考察对确定性有限自动机 (DFA) 状态图的基本解读能力。

对于机器 $M_1$:

• a. 起始状态是什么？
• 起始状态是图中有一个“无源”箭头指向的状态。在 $M_1$ 中，这个状态是 $q_1$。
• b. 接受状态集是什么？
• 接受状态是在图中用双层圆圈表示的状态。在 $M_1$ 中，只有一个这样的状态：$q_2$。所以接受状态集是 $\{q_2\}$。
• c. 机器在输入 aabb 时经过的状态序列是什么？
• 从起始状态 $q_1$ 开始：

1. 读入 a：从 $q_1$ 出发的 a 箭头指向 $q_2$。当前状态 $q_2$。
2. 读入 a：从 $q_2$ 出发的 a 箭头指向 $q_1$。当前状态 $q_1$。
3. 读入 b：从 $q_1$ 出发的 b 箭头指向 $q_1$。当前状态 $q_1$。
4. 读入 b：从 $q_1$ 出发的 b 箭头指向 $q_1$。当前状态 $q_1$。
   • 状态序列包括起始状态和每次读入后的状态，所以序列是：$q_1, q_2, q_1, q_1, q_1$。
   • d. 机器是否接受字符串 aabb？
   • 在读完整个字符串 aabb 后，机器停在了状态 $q_1$。因为 $q_1$ 不是接受状态，所以机器不接受该字符串。
   • e. 机器是否接受字符串 $\varepsilon$？
   • 输入为空字符串 $\varepsilon$ 意味着机器不读取任何符号，停留在起始状态 $q_1$。因为 $q_1$ 不是接受状态，所以机器不接受空字符串。

对于机器 $M_2$:

• a. 起始状态是什么？
• 起始状态是 $q_1$。
• b. 接受状态集是什么？
• $M_2$ 中有三个接受状态（双层圆圈）：$q_1, q_2, q_4$。所以接受状态集是 $\{q_1, q_2, q_4\}$。
• c. 机器在输入 aabb 时经过的状态序列是什么？
• 从起始状态 $q_1$ 开始：

1. 读入 a：从 $q_1$ 到 $q_2$。
2. 读入 a：从 $q_2$ 到 $q_3$。
3. 读入 b：从 $q_3$ 到 $q_4$。
4. 读入 b：从 $q_4$ 到 $q_2$。
   • 状态序列是：$q_1, q_2, q_3, q_4, q_2$。
   • d. 机器是否接受字符串 aabb？
   • 读完 aabb 后，机器停在状态 $q_2$。因为 $q_2$ 是一个接受状态，所以机器接受该字符串。
   • e. 机器是否接受字符串 $\varepsilon$？
   • 输入为空字符串时，机器停留在起始状态 $q_1$。因为 $q_1$ 本身就是一个接受状态，所以机器接受空字符串。

这部分包含了从1.2到1.30的一系列练习题。这些题目覆盖了本章介绍的关于正则语言的全部核心概念，包括：

• DFA 和 NFA:
• 形式化描述: 将状态图转换为五元组表示（状态集、字母表、转移函数、起始状态、接受状态集）。
• 状态图构建: 从语言描述或形式化描述出发，画出DFA或NFA。
• 语言识别: 判断给定的DFA/NFA识别什么样的语言。
• 正则运算:
• 并集、连接、星号: 如何通过构造NFA来实现这些运算。
• 交集、补集: 如何通过对DFA进行操作来实现这些运算（例如，乘积构造法求交集，交换接受与非接受状态求补集）。
• 正则表达式:
• 书写: 为给定语言编写正则表达式。
• 转换: 实现正则表达式与有限自动机之间的相互转换（例如，使用GNFA法或状态消除法将DFA/NFA转为正则表达式，使用汤普森构造法将正则表达式转为NFA）。
• 非正则语言与泵引理:
• 应用泵引理: 使用泵引理证明某些语言（如$\{0^n1^n2^n\}$, $\{www\}$, $\{a^{2^n}\}$）不是正则的。
• 逻辑辨析: 找出对泵引理的错误应用（如练习1.30）。
• 扩展模型:
• 有限状态传感器 (FST): 理解这种带输出的有限自动机模型。

这些练习的目的是巩固理论知识，并通过实践加深对算法和构造方法的理解。解决这些问题需要综合运用本章所学的各种定义、定理和构造技巧。由于题目数量众多，这里对每个题目类型进行概述性解释，而不是逐一解答。

解题策略概述:

• 对于构造DFA/NFA的题目，通常从分析语言的“记忆”需求入手。需要记住什么信息来区分应接受和应拒绝的字符串？每个信息点可以对应一个状态。
• 对于正则运算的题目，严格遵循课本中给出的构造性证明算法（如并集的NFA构造，交集的DFA乘积构造）。
• 对于正则表达式的题目，可以先尝试构建自动机，再将自动机转换为表达式，有时会更简单。
• 对于泵引理的证明，严格遵循“假设-选s-分析拆分-导出矛盾”的反证法框架。关键是选择一个能体现语言非正则本质且能利用条件3的字符串s。
• 对于辨析错误的题目，需要回到最基本的定义和定理，逐一检查证明的每一步是否符合逻辑，特别是量词（所有、存在）的使用是否正确。