Lösungen zur Ergänzung 12

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1 Theoretische Informati II SS 018 Carlos Camino Lösungen zur Ergänzung 1 Hinweise: In der Literatur sind zwei verschiedene Definitionen der natürlichen Zahlen gängig: N = {0, 1,,...} und N = {1,, 3,...}. Wir verwenden die erste. Bei uns gilt immer log = log. Wenn nicht explizit anders angegeben, sind Graphen immer ungerichtet und einfach. Ein Graph ist einfach, wenn er eine Schleifen oder Mehrfachanten besitzt. Für n N setzen wir [n] = {1,..., n} mit [0] = und [n] 0 = {0,..., n}. Aufgabe 1: Besprechung der Hausübungen auf Blatt 5. Lösung: 1. (i = (ii Sei L eine beliebige Sprache, die von einer Polynomialzeit-Turingmaschine M mit Orael für SAT erannt wird. Ersetzt man in M jeden Aufruf des SAT-Oraels durch einen Aufruf einer Polynomialzeit-Turingmaschine für SAT, so erhält man eine neue (i. A. nichtdeterministische Polynomialzeit-Turingmaschine für L. Somit ist L in NP und nach Annahme auch in P. (ii = (i Nach Annahme gilt SAT P. Nach Vorlesungsfolie 4.4 folgt sofort P = NP.. Sei InducedCycle das gegebene Problem. InducedCycle NP Mit guess and chec: Man ann eine nichtdeterministische Turingmaschine onstruieren, die die Liste der Knoten in C rät und dann in polynomieller Zeit überprüft (z. B. mit Tiefensuche, ob C ein induzierter Kreis ist. InducedCycle ist NP-hart Wir zeigen 3KNF-SAT p InducedCycle. Sei x die Kodierung einer 3KNF-Formel F = m n i i=1 j=1 l i,j = (l 1,1... l 1,n1... (l m,1... l m,nm. 1 Termin:

2 Dabei sei m die Anzahl der Klauseln und n i [3] die Anzahl der Literale in der i-ten Klausel. Wähle f(x als eine Kodierung der InducedCycle-Instanz (G, mit = m + 1 und G = (V, E einen Graph mit Knotenmenge und Kantenmenge V = {(i, j i [m] j [n i ]} [m] 0 E = {{(i, j, } i [m] j [n i ] [m] 0 i {0, 1}} {{(i, j, (, l} i, [m] j, l [n i ] l i,j l,l } {{0, m}}. f ist total und in Polynomialzeit berechenbar und für alle Kodierungen von 3KNF-Formeln x gilt: x 3KNF-SAT es gibt ein Modell A für F es gibt Zahlen j 1,..., j m [n i ] und eine Belegung A mit A(l i,ji = 1 für alle i [m] es gibt Zahlen j 1,..., j m [n i ] für die C = [m] 0 {(i, i j i [m]} ein induzierter Kreis in G der Größe C = m + 1 ist f(x InducedCycle. Da 3KNF-SAT NP-hart ist, ist es InducedCycle auch. Bemerung: Man beachte, dass die Knoten 0 und m nicht zu einem Knoten verschmolzen werden önnen, da sonst der Graph für die Formel F = x einen induzierten Kreis hätte, obwohl F erfüllbar ist. 3. Sei BoundedPCP das gegebene Problem. BoundedPCP PSPACE Mit guess and chec: Man ann eine nichtdeterministische Turingmaschine onstruieren, die wiederholt einen Index i l [] rät und nur das Teilstüc speichert, um das sich die Wörter x i1... x il und y i1... y il unterscheiden. Da dieses Teilstüc höchstens Länge l hat und l höchstens so groß wie die Eingabelänge ist, gilt: BoundedPCP NSPACE(n 1 NSPACE(n = PSPACE. BoundedPCP ist PSPACE-hart unter Polynomialzeitredutionen Sei BoundedMPCP wie BoundedPCP definiert, aber mit der Ausnahme, dass Lösungen mit i 1 = 1 beginnen müssen. Wir zeigen durch Angabe einer Masterredution, dass sich jede Sprache L PSPACE mittels p auf BoundedPCP reduzieren lässt. Dazu zeigen wir, analog zum Beweis der Unentscheidbareit von PCP, die Redutionsette L p BoundedMPCP p BoundedPCP. Sei dazu L PSPACE beliebig. Dann gibt es eine Turingmaschine M und ein Polynom p mit T (M = L und space M (x p( x für alle x L. Termin:

3 L p BoundedMPCP Sei x eine gegebene L-Instanz, d. h. ein Wort über dem Alphabet von L. Wähle f(x als die Kodierung einer BoundedMPCP-Instanz (P, l mit P die auf Vorlesungsfolien beschriebene PCP-Instanz und l = p( x. Aus space M (x p( x für alle x L folgt: x L wenn auf x angesetzt, verwendet M höchstens p( x Felder auf jedem Arbeitsband und hält P ist l-beschränt und jede Lösung beginnt mit i 1 = 1 f(x BoundedMPCP BoundedMPCP p BoundedPCP Sei x die Kodierung einer gegebenen BoundedMPCP-Instanz (P, l. Wähle f(x als die Kodierung einer BoundedPCP-Instanz (P, l mit P die PCP-Instanz, die durch die auf Vorlesungsfolien beschriebene Konstrution aus P entsteht, und l = l + 1. Aus der Konstrution von P und der Wahl von l folgt sofort: x BoundedMPCP f(x BoundedPCP. Aus der Transitivität von p folgt L p BoundedPCP für alle L PSPACE. Aufgabe : Entscheiden Sie für jedes der gegebenen Klassenpaare, welche Klasse in der jeweils anderen als Teilmenge enthalten ist und welche nicht. Beweisen Sie Ihre Antworten. 1. NTIME(n und DSPACE(n 3. DTIME(3n + (log n 4 und DTIME(n NSPACE( n und DSPACE(5 n Zusatzaufgaben: 4. NSPACE( (log n und DSPACE(n O(log n 5. NTIME(n und DTIME(n n+ 6. DSPACE(n 3 und NSPACE(n 7. DTIME(n + n log n und DTIME((n log n 8. DSPACE( O(n und DSPACE(3 O(n 9. NTIME((log n und DSPACE(3 (log n3 10. NSPACE((log n log n und NTIME(n Lösung: 3 Termin:

4 Für die Beweise werden die Aussagen aus den Vorlesungsfolien 31.3, 3., 33.1, 34.1 und 34.7 verwendet. Machen Sie sich bitte lar, an welchen Stellen welche Aussagen verwendet wurden und überprüfen Sie, dass alle notwendigen Bedingungen der jeweiligen Aussagen erfüllt sind. Erinnerung: Für a, b N mit a 0 gilt a b = b log a. 1. Wegen NTIME(n DSPACE(n DSPACE(n 3 ist NTIME(n eine echte Teilmenge von DSPACE(n 3.. Wegen DTIME(n + 1 = DTIME(O(n + 1 = DTIME(O(n sind beide Klassen gleich. 3. Wegen = DTIME(O(3n + (log n 3 = DTIME(3n + (log n 3 NSPACE( n DSPACE(( n = DSPACE(4 n DSPACE(5 n ist NSPACE( n eine echte Teilmenge von DSPACE(5 n. 4. Wegen NSPACE( (log n DSPACE(( (log n = DSPACE(4 (log n DSPACE(8 (log n = DSPACE( 3(log n c N = DSPACE(n O(log n DSPACE( c(log n = c N DSPACE(n c log n ist NSPACE( (log n eine echte Teilmenge von DSPACE(n O(log n. 5. Wegen NTIME(n DTIME( O(n = c N DTIME( cn DTIME( n log n DTIME(n n log n = DTIME(n n+ ist NTIME(n eine echte Teilmenge von DTIME(n n+. 6. Wegen NSPACE(n DSPACE(n DSPACE(n 3 ist NSPACE(n eine echte Teilmenge von DSPACE(n Wegen DTIME(n + n log n = DTIME(O(n + n log n = DTIME(O(n = DTIME(n DTIME(n (log n = DTIME((n log n ist DTIME(n + n log n eine echte Teilmenge von DTIME((n log n. 4 Termin:

5 8. Die Inlusion DSPACE( O(n DSPACE(3 O(n ist leicht zu sehen. Wir zeigen, dass die umgeehrte Inlusion ebenfalls gilt. Sei L DSPACE(3 O(n. Dann gibt es ein c N mit L DSPACE(3 cn. Da c eine natürliche Zahl ist, gilt dann L DSPACE(3 cn DSPACE(4 cn = DSPACE( cn DSPACE( c n = DSPACE( O(n. c N Somit sind DSPACE( O(n und DSPACE(3 O(n gleich. 9. Wegen NTIME((log n DTIME( O((log n = c N DTIME( c(log n DSPACE( (log n3 DSPACE(3 (log n3 ist NTIME((log n eine echte Teilmenge von DSPACE(3 (log n Wegen NTIME(n DSPACE(n DSPACE(n log log n NSPACE(n log log n = NSPACE( (log n log log n = NSPACE((log n log n ist NTIME(n eine echte Teilmenge von NSPACE((log n log n. Aufgabe 3 (Zusatzaufgabe: Sei A das folgende Problem: Gegeben: Ein Graph G = (V, E und Zahlen l, m N. Frage: Gibt es eine Menge S V mit S l und {e E e S} m? Zeigen Sie, dass dieses Problem NP-vollständig ist. Lösung: A NP Mit guess and chec: Man ann eine nichtdeterministische Turingmaschine onstruieren, die für jeden Knoten v V rät, ob dieser in S ist oder nicht und in polynomieller Zeit überprüft, ob die Bedingungen S l und {e E e S} m erfüllt sind. A ist NP-hart Wir reduzieren Clique auf A. Sei x die Kodierung einer Clique-Instanz (G,. Da Kanten zweielementige Mengen sind, hat eine beliebige Knotenmenge S höchstens ( S Kanten. Wählt man also f(x als die Kodierung einer A-Instanz (G, l, m mit demselben Graph G, l = und m = (, dann gilt: x Clique es gibt eine Menge S V mit S = und {e E e S} = ( ( es gibt eine Menge S V mit S und {e E e S} ( f(x A. 5 Termin:

6 Da Clique NP-hart ist, ist es A auch. Hinweise: Für natürliche Zahlen m, n N gilt: ( n m = n! m! (n m!. Die Richtung = in ( ist leicht zu sehen. Um die Richtung = zu zeigen, nimmt man S und {e E e S} ( an und folgt daraus: ( {e E e S} ( S d. h. ( ( {e E e S} ( und ( S (, also {e E e S} = und S =. ( (, 6 Termin: