Unentscheidbare Probleme bei formalen Sprachen

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1 Unentscheidbare Probleme bei formalen Sprachen Maximilian Zagler Freie Universität Berlin, Institut für Informatik Proseminar Theoretische Informatik WS 07/08 Dozent: Prof. Dr. Helmut Alt 1 Leerheitsproblem, Vollständigkeitsproblem und Äquivalenzproblem 1.1 Reguläre Sprachen EMP T Y DF A = { A A ist DFA und L(A) = } ist entscheidbar. Beweis (siehe [Sipser06], S.170): L(A) = gdw. der DFA A bei keiner Eingabe einen akzeptierenden Zustand erreichen kann. Dies ist mit Graphensuche, ausgehend vom Startzustand, entscheidbar. Die TM M EMP T YDF A entscheidet EMP T Y DF A also wie folgt: Mit Eingabe A als Kodierung des DFA A: 1. Markiere den Startzustand. 2. Wiederhole bis kein Zustand mehr markiert wird: Markiere alle Zustände, die von bereits markierten Zuständen erreicht werden können. 3. Wenn ein akzeptierender Zustand markiert wurde, akzeptiere; sonst akzeptiere nicht. ALL DF A = { A A ist DFA und L(A) = } ist entscheidbar. Beweis: Reguläre Sprachen sind abgeschlossen unter Komplementbildung. L(A) ist regulär und der DFA A C, der L(A) erkennt, kann von einer Turingmaschine aus A abgeleitet werden. Damit kann folgender, von der TM M ALLDF A berechnete Algorithmus ALL DF A entscheiden: 1

2 2 Unentscheidbare Probleme bei formalen Sprachen Mit Eingabe A als Kodierung des DFA A: 1. Berechne A C. 2. Führe M EMP T YDF A mit A C aus. 3. Wenn M EMP T YDF A akzeptiert, akzeptiere; sonst akzeptiere nicht. EQUAL DF A = { A 1, A 2 A 1, A 2 sind DFAs und L(A 1 ) = L(A 2 )} ist entscheidbar. Beweis (siehe [Sipser06], S.171): Reguläre Sprachen sind unter Komplementbildung, Vereinigung und Durchschnitt abgeschlossen. Um zu entscheiden, ob L(A 1 ) = L(A 2 ) gilt, definiert man L(B) = (L(A 1 ) L(A 2 )) (L(A 1 ) L(A 2 )) als die vom DFA B akzeptierte Sprache und entscheidet mit M ALLDF A, ob L(B) = gilt, denn w : w L(A 1 ) w L(A 2 ) w : w L(A 1 ) w L(A 2 ) w L(A 2 ) w L(A 1 ) w : w (L(A 1 ) w L(A 2 )) (w (L(A 2 ) w L(A 1 )) Die TM M EQUALDF A entscheidet EQUAL DF A also folgendermaßen: Mit Eingabe A 1, A 2 als Kodierung der DFA A 1, A 2 : 1. Berechene B aus A 1, A 2 (wie definiert). 2. Führe M ALLDF A mit B aus. 3. Wenn M ALLDF A akzeptiert, akzeptiere; sonst akzeptiere nicht. 1.2 Kontextfreie Sprachen EMP T Y CF G = { G G ist CFG und L(G) = } ist entscheidbar. Beweis (siehe [Sipser06], S.173): Ausgehend von den Terminal-Symbolen werden alle Variablen markiert, die Wörter erzeugen können. Anschließend wird geprüft ob die Startvariable markiert wurde. Der von der TM M EMP T YCF G berechnete Algorithmus, der EMP T Y CF G entscheidet, arbeitet folgendermaßen [?]: Mit Eingabe G als Kodierung der CFG G: 1. Markiere alle Terminalsymbole. 2. Wiederhole bis keine Variable mehr markiert wird: Markiere jede Variable A, für die in G eine Ableitungsregel der Form A U 1 U 2 U k existiert, wobei alle U i markiert sind.

3 Unentscheidbare Probleme bei formalen Sprachen 3 3. Wenn die Startvariable markiert wurde, akzeptiere; sonst akzeptiere nicht. ALL CF G = { G G ist CFG und L(MG) = } ist unentscheidbar. Beweis (siehe [Sipser06], S.201): Angenommen ALL CF G würde von der TM M ALLCF G entschieden, dann könnte mit Hilfe von M ALLCF G das Akzeptanzproblem A T M = { M, w M ist TM und w L(M)} entschieden werden. Die TM M AT M entscheidet A T M indem sie für eine Eingabe M, w eine Grammatik G AT M erzeugt, die so definiert ist, dass von ihr alle Wörter erzeugt werden gdw. w L(M). Gilt w / L(M), erzeugt G AT M genau ein Wort nicht, nämlich das Wort x, das den Berechnungspfad, also die Folge von Konfigurationen C i #C 1 #C 2 #C 3 #C 4 #... #C k # von M auf w darstellt. Die Konstruktion G AT M soll über den nichtdeterministischen Kellerautomaten P AT M erfolgen, wobei die Eingabe x zur von P AT M akzeptierten Sprache gehören soll, wenn x zumindest einer der folgenden Regeln entspricht: x beginnt nicht mit C 1. x endet nicht mit einer akzeptierenden Konfiguration von M auf w. x enthält einen inkorrekten Konfigurationsbergang von C i nach C i+1. P AT M prüft nichtdeterministisch alle Regeln gleichzeitig. Damit die 3. Regel überprüft werden kann, muss jedoch die Darstellung des Berechnugspfades von M auf w für P AT M so verändert werden, dass jede gerade Konfiguration umgekehrt in der Eingabe steht, da ja aufeinanderfolgende Konfigurationen verglichen werden sollen. Es interessiert bei diesem Beweis nur die Konstruktion von P AT M und damit G AT M, um mit M ALLCF G eine Entscheidung über Wörter aus A T M wie folgt treffen zu können: Mit der Eingabe M, w als Kodierung der TM M mit w L(M): 1. Konstruiere P AT M aus M, w (wie definiert). 2. Konstruiere G AT M aus P AT M. 3. Führe M ALLCF G mit G AT M aus. 4. Wenn M ALLCF G akzeptiert, akzeptiere nicht; sonst akzeptiere. Mit diesem Entscheidungsverfahren für die unentscheidbare Sprache A T M, wurde ein Widerspruch aus der Behauptung, dass ALL GF C entscheidbar ist abgeleitet. ALL CF G muss also unentscheidbar sein.

4 4 Unentscheidbare Probleme bei formalen Sprachen EQUAL CF G = { G 1, G 2 G 1, G 2 sind TMs und L(G 1 ) = L(G 2 )} ist unentscheidbar. Beweis: Angenommen EQUAL CF G würde von der TM M EQUALCF G entschieden, dann wäre es einer TM M ALLCF G möglich, ALL CF G zu entscheiden: Mit Eingabe G als Kodierung der CFG G: 1. Konstuiere CFG G ALL mit L(G ALL ) =. 2. Führe M EQUALCF G mit G, G ALL aus. 3. Wenn M EQUALCF G akzeptiert, akzeptiere; sonst akzeptiere nicht. Da dies einen Widerspruch zur Unentscheidbarkeit von ALL CF G darstellt, kann EQ CF G nicht entscheidbar sein. 1.3 Rekursiv aufzählbare Sprachen 1. EMP T Y T M = { M M ist TM und L(M) = } 2. ALL T M = { M M ist TM und L(M) = } sind unentscheidbar, da diese Eigenschaften die der jeweiligen Sprache und nichttrivial sind. Es gibt Turingmaschinen, die kein Wort akzeptieren, aber nicht alle tun es; genauso gibt es Turingmaschinen, die jede Eingabe akzeptieren, und wieder, nicht jede tut es... Der Satz von Rice sagt aus, dass eben solche Sprachen, deren Wörter nichttriviale Eigenschaften haben, unentscheidbar sind. Weitere Sprachen, die eben nach dieser Erkenntnis nicht entscheidbar sind, wären z.b. REGULAR T M = { M M ist TM und L(M) ist regulär}. CONT EXT F REE T M = { M M ist TM und L(M) ist kontextfrei} EQUAL T M = { M 1, M 2 M 1, M 2 sind TMs und L(M 1 ) = L(M 2 )} ist unentscheidbar. Beweis: analog zu EQUAL CF G

5 Unentscheidbare Probleme bei formalen Sprachen 5 2 Die busy beaver Funktion 2.1 Definition Tibor Rado, zu Beginn der 60er Jahre: Wenn wir alle TM über dem Alphabet = {0, 1} betrachten, was ist die maximale Anzahl Einsen, die eine TM M mit n Zuständen und zusätzlichem Haltezustand bei einem leeren Band auf das Band schreibt und hält? Seien ST AT E n = { M M ist TM mit n operativen Zuständen}, Die Produktivität P (M) = die Anzahl Einsen auf dem Band, nachdem M mit leerem Band (nur Nullen) gelaufen ist. dann ist die busy beaver Funktion als P max (n) = max({p (M) M ST AT E n }) definiert. 2.2 Eigenschaften von P und P max 1. P max (0) = P max (n + 1) > P max (n), denn ist M die TM mit n Zuständen für die gilt P (M) = P max (n). Dann kann M mit P (M ) > P (M) aus Merzeugt werden, indem vor dem Haltezustand von M ein Zustand eingefügt wird, der M nur in den Haltzustand überführt, wenn ein blank gelesen und daraufhin eine 1 geschrieben wurde. 3. Für jedes n N existiert eine TM M mit n operativen Zuständen und P (M) = n, dies folgt aus 1. und durch Anwendung der Konstruktion aus P max : N N ist total, als Konsequenz aus P max ist nicht berechenbar. Beweis (siehe [Suber]): Sei LIN i eine TM mit i Zuständen und P (LIN i ) = i. Sei DOUBLE eine TM mit konstant d Zuständen, die bei der Eingabe w, ww auf das Band schreibt (berechenbar). Aus LIN m und DOUBLE kann eine TM LD konstruiert werden, die zunächst LIN m aufruft und daraufhin mit DOUBLE Anzahl der von LIN m geschriebenen Einsen verdoppelt. Das P (LIN m ) = m gilt ist P (LD) = 2m. LD hat m + d Zustände und somit gilt für alle m P max (m + d) 2m

6 6 Unentscheidbare Probleme bei formalen Sprachen Unter der Annahme P max sei berechenbar existiert eine TM BB mit b Zuständen, die P max berechnet. Als Eingabe bekommt sie ein Wort mit k Einsen und als Ausgabe liefert sie ein Wort mit P max (k) Einsen. Sei nun LB die TM, die BB mit der Ausgabe von LIN n aufruft. LB hat n + b Zustände und LB berechnet P max (n). LBB wiederum ist die TM, die BB mit der Ausgabe von LB aufruft, d.h. sie berechnet P max (P max (n)) und schreibt demzufolge P max (P max (n)) Einsen. LBB hat n + 2b Zustände und somit gilt, dass P (LBB) = P max (P max (n)) und schließlich Nach 2. folgt dann, dass P max (n + 2b) P max (P max (n)). n + 2b P max (n) und da n beleibig ist kann n = m + d gesetzt werden, wobei d konstant ist (siehe oben), sodass und schließlich m + d + 2b P max (m + d) 2m d + 2b m m ist von einem beliebig gewählten n abhängig, b und d sind konstant! Die resultierende Aussage steht im Widerspruch zu der Tatsache, dass keine konstante größer als jede belibige natürliche Zahl ist und P max kann somit nicht berechenbar sein. Literatur [Sipser06] [Suber] Sipser, Michael Introduction to the Theory of Computation, Second Edition, International Edition; Thomson Course Technology; 2006 Suber, Peter erreichbar unter: peters/courses/logsys/turing2.htm Stand: