Universität Heidelberg 13. Oktober 2016 Institut für Informatik Prof. Dr. Klaus Ambos-Spies Nadine Losert

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1 Universität Heidelerg 13. Oktoer 2016 Institut für Informtik Prof. Dr. Klus Amos-Spies Ndine Losert Zweite Klusur zur Vorlesung Einführung in die Theoretische Informtik Es können mximl 60 Punkte erworen werden. Die Klusur ist estnden, wenn mindestens 20 Punkte erreicht werden. Bitte trgen Sie zunächst Ihre Dten unten uf dem Deckltt ein. Schreien Sie dnn Ihren Nmen uf jedes Aufgenltt. Bitte enutzen Sie die jeweiligen Aufgenlätter (Vorder- und Rückseite) für Ihre Lösungen. Reicht der Pltz nicht us, verwenden Sie ein Extrltt und versehen Sie dieses oen mit der Aufgennummer und Ihrem Nmen. VIEL ERFOLG! VOR MATRIKELNUMMER: STUDIENGANG: Bitte usfüllen! Σ

2 Aufge 1 (Turingmschinen 7 Punkte) Geen Sie eine deterministische 1-Bnd-Turingmschine M mit Eingelphet {0, 1} n, die ei Einge eines Binärwortes w, ei dem sich der erste von dem letzten Buchsten unterscheidet, den ersten Buchsten von w usgit, und die ei jedem nderen Binärwort ds leere Wort usgit. Erläutern Sie dei kurz die Areitsweise der von Ihnen ngegeenen Mschine. Ohne Erläuterung git es keine Punkte! LÖSUNG: Die Mschine M = (1, {0, 1}, 1, {0, 1}, {0, 1, }, {z strt, z merken, z = 0, z = 1, z 0, z 1, z stop}, z strt, δ) (die erste Komponente, die die Anzhl der Bänder ngit, knn uch weggelsssen werden) erechnet die gewünschte Funktion, woei ds Progrmm δ durch die folgende Telle eschrieen wird (woei in den Zeilen 2 5 i jeweils durchgängig für 0 zw. 1 steht): Z Γ Γ Bew Z z strt R z merken z merken i i R z = i z = i i i R z = i z = i 1 i 1 i R z i z i i i R z = i z i 1 i 1 i R z i z i i L z stop Die Mschine M reitet ei Einge w {0, 1} wie folgt: Im Zustnd z strt eginnend, geht die Mschine ein Feld nch rechts und in den neuen Zustnd z merken. Steht dort ein Blnk (d.h. ist w ds leere Wort), so stoppt die Mschine und git ds leere Wort us (d nur Blnks rechts des Areitsfeldes stehen). Steht dort der Buchste i, so geht M in den Zustnd z i = und geht ein weiteres Feld nch rechts. Der Zustnd z i = drückt us, dss der erste Buchste von w ds Bit i ist und dss dieses uch der zuletzt gelesenen Buchste von w ist; nlog drückt der Zustnd z i us, dss der erste Buchste von w ds Bit i ist nicht er der zuletzt gelesene Buchste von w. In den Zuständen z i = und z i liest M ds Wort w weiter von links nch rechts, woei der Zustnd entsprechend des ktuellen gelesenen Buchsten ktulisiert wird ( = i z i = und = 1 i z i ). Erreicht M ds Blnk nch der Einge im Zustnd z i =, so stoppt die Mschine (git dher wie gefordert λ us). Im Zustnd z i druckt die Mschine ds Bit i, geht uf ds dvor liegende Feld zurück und stoppt im Zustnd z stop (git dher wie gefordert i us).

3 Aufge 2 (Registeropertoren 7 Punkte) Geen Sie einen Registeropertor n, der die Funktion f : N 3 N mit f(x, y, z) = (2x + z) 2 y erechnet. Erläutern Sie dei kurz die Areitsweise des von Ihnen ngegeenen Opertors. Ohne Erläuterung git es keine Punkte! Hinweis: Sie dürfen die in der Vorlesung eingeführten Trnsferopertoren verwenden. LÖSUNG. Die Funktion f wird von dem folgenden Registeropertor P erechnet [ ] P = [s ] 1 T 3 1,4 T 3 5,4 [s 3 4 ] 3 T 5 3,6 s 1 [s 2 s 4 ] 2 Zu Beginn der Rechnung stehen die Eingen x, y, z in den Registern 1 3 während ds Ausgeregister 4 und die von P verwendeten Hilfsregister 5 und 6 leer (d.h. = 0) sind. Am Ende der Rechnung steht der Funktionswert f(x, y, z) = (2x + z) 2 y im Ausgeregister 4 (die Belegung der nderen Register ist elnglos). Der Opertor P reitet wie folgt. Zunächst wird 2x+z in Register 3 geschrieen, indem der zweifche Inhlt von Register 1 (d.h. 2x) zu dem Inhlt von Register 3 (d.h. z) ddiert wird: [s ] 1 Mit Hilfe von Registertrnsfers (ohne Löschen) werden dnn Kopien von 2x + z in den Registern 1 und 5 ngelegt: T 3 1,4 T 3 5,4 Dnn wird (2x + z) 2 in Register 4 geschrieen. Hierzu wird itertiv unter Verwendung von Register 1 ls steigende Zählvrile der Inhlt 2x + z von Register 3 (2x + z)-ml zu dem nfngs leeren Register 4 hinzugefügt. In jeder Runde wird hierei durch ds Hinzufügen von 2x + z zu Register 4 ds Register 3 zunächst vollständig geleert ([s 3 4 ] 3 ), dnn er unter der Verwendung der Kopie von 2x + z in Register 5 durch einen Registertrnsfer wieder hergestellt (T 5 3,6 ): [ [s 3 4 ] 3 T 5 3,6 s 1 ] 1 Schließlich wird noch der in Register 2 stehende Wert y von dem in Register 4 stehenden Wert (2x + z) 2 gezogen (im Sinne von ): [s 2 s 4 ] 2 1

4 Aufge 3 (Primitiv rekursive Funktionen 7 Punkte) Zeigen Sie, dss die Funktion f : N N N mit primitiv rekursiv ist. f(x, y) = 2 x+y Sie dürfen dei neen der Definition der primitiv rekursiven Funktionen nur verwenden, dss die Multipliktion mult(x, y) = x y primitiv rekursiv ist, er keine weiteren Ergenisse! LÖSUNG. Wir zeigen zunächst unter Verwendung der primitiven Rekursivität von mult, dss die Funktion exp(y) = 2 y primitiv rekursiv ist. Dies ist der Fll, d gilt, weshl 2 0 = 1 und 2 y+1 = 2 2 y exp = PR(g, h) mit g = C 0 1 und h = mult(c 2 2, U 2 2 ). Mn echte hierei: die Funktionen C 0 1, C 2 2 und U 2 2 gehören zu den Ausgngsfunktionen, sind lso primitiv rekursiv. D mult eenflls primitiv rekursiv ist, folgt, dss die Funktionen g und h primitiv rekursiv sind, woei mn im Flle von h enutzt, dss PRIM gegen Sustitution geschlossen ist. Die primitive Rekursivität von exp folgt mit dem Aschluss von PRIM gegen primitive Rekursion. Wegen 2 x+y = 2 x 2 y lässt sich f nun drstellen durch f = mult(exp(u 2 1 ), exp(u 2 2 )). D die Funktionen mult (nch Annhme), exp (wie gezeigt) sowie U1 2 und U2 2 (d Ausgngsfunktionen) primitiv rekursiv sind, ergit sich die primitive Rekursivität von f us dem Aschluss von PRIM gegen Sustitution.

5 Aufge 4 (Rekursiv ufzählre Mengen 6 Punkte) () (3 Punkte) Zeigen Sie, dss jede unendliche rekursiv ufzählre Menge A N eine unendliche rekursive Menge B ls Teilmenge enthält. () (3 Punkte) Zeigen Sie, dss jede unendliche rekursive Menge A N eine rekursiv ufzählre Menge B ls Teilmenge enthält, die nicht rekursiv ist. Hinweis: Sie dürfen lle Ergenisse us der Vorlesung sowie die Church-Turing- These verwenden. LÖSUNG. () Ist A eine unendliche r.. Menge, so ist A der Werteereich einer injektiven rekursiven (lso nch Church-Turing-These uch erechenren) Funktion f. Definiert mn die Funktion g induktiv durch g(0) = f(0) und g(x + 1) = f(z) für ds kleinste z, sodss f(z) > mx{g(0),..., g(x)} gilt, so ist g dher erechenr und nch Definition streng monoton. Der Werteereich B := W erteereich(g) von g ist dher entscheidr, unendlich sowie offensichtlich eine Teilmenge von A. Die Behuptung folgt dher mit der Church-Turing-These. () Sei A eine unendliche rekursive Menge. Dnn git es eine streng monotone (lso insesondere injektive) rekursive Funktion f, sodss A der Werteereich von f ist. D ds Hlteprolem K nicht rekursiv ist, genügt es nch dem Reduktionslemm eine r.. Teilmenge B von A nzugeen, für die K m B gilt. Definiere B = f(k) = {f(x) : x K}. Wegen der Injektivität von f gilt dnn x K f(x) B, weshl K m B vi f wegen der Rekursivität von f gilt. Also ist B nicht rekursiv. D B A offensichtlich gilt, genügt es lso zu zeigen, dss B ufzählr und dmit nch der Church-Turing-These rekursiv ufzählr ist. Ein Aufzählungsverfhren für B sieht wie folgt us: Zähle K uf. Für jedes x, ds ufgezählt wird, erechne f(x) und gi f(x) us.

6 Aufge 5 (Rekursiv ufzählre Mengen 10 Punkte) Für i = 0, 1 seien A i die Mengen A i = {e : ϕ e (e) = i} (woei ϕ die 1-universelle Funktion us der Vorlesung ist). () (2 Punkte) Zeigen Sie, dss die Mengen A 0 und A 1 rekursiv ufzählr sind. () (4 Punkte) Zeigen Sie (durch einen Widerspruchseweis), dss die Mengen A 0 und A 1 rekursiv untrennr sind, d.h. dss es keine rekursive Menge B git, für die A 0 B und A 1 B = gilt. Folgern Sie hierus, dss die Mengen A 0 und A 1 nicht rekursiv sind. (c) (4 Punkte) Zeigen Sie, dss die Mengen A 0 und A 1 m-vollständig (für die Klsse der r.. Mengen) sind. Hinweis: Sie dürfen lle Ergenisse us der Vorlesung (er nicht die Church- Turing-These) verwenden.

7 LÖSUNG. () D die 1-universelle Funktion ϕ prtiell rekursiv ist, ist (nch dem Grphenlemm) deren Grph G ϕ = {(e, x, y) : ϕ e (x) = y} r.. D die rekursiven Mengen und dmit nch dem Projektionslemm uch die r.. Mengen gegen explizite Definitionen geschlossen sind, folgt dss eenflls r.. ist. A i = {e : (e, e, i) G ϕ } () Wir führen den Beweis der Huptussge durch Widerspruch. Angenommen, B wäre eine rekursive Menge, für die A 0 B und A 1 B = gilt. Dnn ist (per definitionem) die chrkteristische Funktion c B von B rekursiv. Wegen der 1-Universlität von ϕ git es dher einen Index e, sodss c B = ϕ e gilt. Es genügt nun zu zeigen, dss sowohl die Annhme, dss e B gilt, ls uch die Annhme, dss e B gilt, zu einem Widerspruch führt: e B c B (e) = 1 ϕ e (e) = 1 (d c B = ϕ e ) e A 1 (nch Definition von A 1 ) e B (d A 1 B = nch Annhme) e B c B (e) = 0 ϕ e (e) = 0 (d c B = ϕ e ) e A 0 (nch Definition von A 0 ) e B (d A 0 B nch Annhme) Aus der Huptussge folgt die Nichtrekursivität von A 0 und A 1 unmittelr: wäre A 0 rekursiv, so würde B = A 0 der Aussge widersprechen, wäre A 1 und dmit uch A 1 rekursiv so würde B = A 1 der Aussge widersprechen. (c) D in () ereits gezeigt wurde, dss A i r.. ist, genügt es zu zeigen, dss A i m-hrt für die Klsse der 1-dim. r.. Mengen ist (für festes i = 0, 1). Hierzu wiederum genügt es wegen der m-vollständigkeit von K d = {e : ϕ e (e) } zu zeigen, dss K d m A i gilt. Definiere hierzu die prtiell rekursive Funktion ψ(e, x) = i + 0 ϕ(e, e). Für eine rekursive Üersetzungsfunktion f von ψ in die Gödelnummerierung ϕ gilt dnn f(e) A i ϕ f(e) (f(e)) = i (nch Definition von A i ) ψ(e, f(e)) = i (d ϕ f(e) = ψ e ) ϕ(e, e) (nch Definition von ψ) e K d (nch Definition von K d ) Also: K m A i vi f.

8 Aufge 6 (Kontextfreie Sprchen 9 Punkte) Sei L die Sprche L = { m m () n : m, n 1} {() m n n : m, n 1}. () (4 Punkte) Geen Sie eine kontextfreie Grmmtik G n, die L erzeugt. Flls die von Ihnen ngegeene Grmmtik mehr ls 6 Regeln umfsst, erläutern Sie die der Grmmtik zugrundeliegende Idee (sonst keine Punkte). () (2 Punkt) Geen Sie einen Herleitungsum für ds Wort (zgl. der von Ihnen ngegeenen Grmmtik) n. (c) (3 Punkte) Ist die von Ihnen ngegeene Grmmtik eindeutig? Wenn j, egründen Sie dies. Wenn nein, geen Sie für ein Wort w L zwei nichtäquivlente Linksherleitungen n.

9 LÖSUNG. () Die kf. Grmmtik G = ({S, S 1, S 2 }, {, }, P, S) mit Regelmenge P = {S S 1 S 2 S 2 S 1, S 1 S 1, S 2 S 2 } erzeugt die Sprche L. IDEE (nicht verlngt, d G mit 6 Regeln uskommt): Die Sprche L is die Vereinigung der Verkettungen L 1 L 2 und L 2 L 1 der Sprchen L 1 = { n n : n 1} und L 2 = {() n : n 1}. Diese sind liner und werden von Grmmtiken mit den Regeln S 1 S 1 zw. S 2 S 2 erzeugt, woei ds Axiom S i jeweils die einzige Vrile der Grmmtik ist (i = 1, 2). Fügt mn ds neue Axiom S und die Regeln S S 1 S 2 S 2 S 1 hinzu, so erhält mn dher eine Grmmtik, die L = L 1 L 2 L 2 L 1 erzeugt. () S S 1 S 2 S 1 (c) Die Grmmtik G ist nicht eindeutig, d ds Wort (ds sowohl in L 1 L 2 ls uch in L 2 L 1 liegt) unterschiedliche Linksherleitungen esitzt: S S 1 S 2 S 2 S S 2 S 1 S 1

10 Aufge 7 (Nichtkontextfreie Sprchen 6 Punkte) Es sei L = { m2 n2 c n2 : m, n 0}. Zeigen Sie mit Hilfe des Pumpinglemms, dss L nicht kontextfrei ist. LÖSUNG. Voremerkung: Mn rgumentiert ähnlich wie in dem in der Vorlesung gegeenen Beweis, dss die unäre Sprche L = {0 2n : n 0} nicht kf. ist. Wir führen den Beweis durch Widerspruch. Angenommen, L wäre kontextfrei. Dnn git es nch dem Pumpinglemm für kf. Sprchen eine Zhl p > 0, sodss für jedes Wort z L mit z p eine Zerlegung z = uvwxy mit folgenden Eigenschften existiert: (i) vx λ (ii) vwx < p (iii) n 0 (z n = uv n wx n y L) Betrchte nun ds Wort z = p2. Offensichtlich gilt z L (setze m = p und n = 0) sowie z p. Es git lso eine Zerlegung z = uvwxy mit oigen Eigenschften. Betrchte nun ds Wort z 2 = uv 2 wx 2 y. Wegen (i) und (ii) git es eine Zhl q mit 0 < q < p, sodss vx = q gilt. Es folgt nch Whl von z, dss z 2 = p2 +q gilt, woei p 2 < z 2 = p 2 + q < p 2 + p < p 2 + 2p + 1 = (p + 1) 2 gilt. Es folgt, dss z 2 nicht in L ist. Dies widerspricht er (iii).

11 Aufge 8 (Rechtslinere Sprchen / Endliche Automten 8 Punkte) Es sei L die Typ-3-Sprche üer dem Alphet {, }, die us den Wörtern w esteht, in denen entweder die Anzhl der Vorkommen des Buchstens ungerde ist oder der Buchste mindestens zweiml vorkommt (er nicht eides gilt). () (4 Punkte) Geen Sie ds Üergngsdigrmm eines deterministischen endlichen Automten n, der L erkennt. () (4 Punkte) Geen Sie eine rechtslinere Grmmtik n, die L erzeugt. Erläutern Sie kurz die Ideen, die dem von Ihnen ngegeenen Automten und der von Ihnen ngegeenen Grmmtik zugrundeliegen. Ohne Erläuterung git es keine Punkte!

12 LÖSUNG. () Ein Automt, der L erkennt, merkt sich in seinem Zustnd, o die Anzhl der ereits gesehenen Vorkommen des Buchstens gerde (g) oder ungerde (u) ist und o die Anzhl i der ereits gesehen Vorkommen des Buchstens den Wert 0, 1 oder mindestens 2 ht. Entsprechend ht der Automt die sechs Zustände [g, i] und [u, i] für i = 0, 1, 2, woei [g, 0] der Strtzustnd und [u, 0], [u, 1] und [g, 2] die kzeptierenden Zustände sind. Die Üergänge ergeen sich eenflls unmittelr us der intendierten Bedeutung der Zustände: strt [g, 0] [g, 1] [g, 2] [u, 0] [u, 1] [u, 2] () Mit dem Stndrdverfhren (s. Vorlesung) knn mn den oen ngegeenen Automten in eine rechtslinere Grmmtik G konvertieren, die die Sprche L erzeugt: G = ({[g, 0], [g, 1], [g, 2], [u, 0], [u, 1], [u, 2]}, {, }, P, [g, 0]) woei P die folgenden Regeln umfsst: [g, 0] [u, 0] [g, 1] [g, 1] [u, 1] [g, 2] [g, 2] [u, 2] [g, 2] λ [u, 0] [g, 0] [u, 1] λ [u, 1] [g, 1] [u, 2] λ [u, 2] [g, 2] [u, 2]

13 AUFGABE:

14 AUFGABE: