`{a^{3m}b^{m} | m ge 1}={a^nb^m | n,m ge 1}-{a^nb^m | n,m ge 1, n ne 3m}`

Az `{a^nb^m | n,m ge 1}` nyelv nyilvánvalóan reguláris, hiszen ennek felel meg az ` a a ^\text{*} b b ^\text{*}` reguláris kifejezés. Ha te feladatodban szereplő nyelv reguláris lenne, akkor e kettő különbsége, vagyis az `bar L={a^{3m}b^{m} | m ge 1}` nyelv is reguláris lenne. Márpedig erről könnyen belátható, hogy nem reguláris.

Indirekt módon bizonyítunk: feltesszük, hogy `bar L` reguláris, ekkor pedig teljesül rá a pumpálási lemma. A lemma azt mondja ki, hogy létezik olyan `p gt 0` szám, amelyre a nyelv minden legalább `p` hosszúságú `w` szava felírható `w=xyz` alakban úgy, hogy `y` nem üres szó, `|xy| le p`, és az `y` részszó `n`-szeri "pumpálásával" kapott `xy^nz` szó mindig eleme az `bar L` nyelvnek `n ge 0` választásától függetlenül.

Legyen a vizsgált szó `w=a^{3p} b^p`. Az nyilvánvaló, hogy `w in bar L` és `|w| gt p`. A lemma szerint `|xy| le p`, és a mi szavunk `3p` darab `a`-val kezdődik, tehát az `xy` részszó biztosan csupa `a`-ból áll. És mivel `y` nem lehet üres szó, `y=a^k`, ahol `1 le k le p`.

Most legyen például `n=0`, tehát az `xy^0z=xz` szót vizsgáljuk. Ezt a `w` szóból úgy kapjuk, hogy kitörlünk belőle néhány `a`-t, viszont `b`-t nem: `xz=a^{3p-k}b^p`. Az így kapott szó már nem lesz `a^{3m}b^m` alakú, tehát `xy^0z notin bar L`, vagyis a pumpálási lemma nem áll fenn, ellentmondásra jutottunk, az `bar L` nyelv nem reguláris, így `L` sem.