Ogden s Lemma (T6.4.2)

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1 Weiteres Beispiel L={a r b s c t d u r=0 s=t=u} Nahe liegende Vermutung: L nicht kontextfrei. Kann man mit dem Pumping-Lemma nicht zeigen. r=0: Pumpen erzeugt Wort aus L. r>0: Pumpen der a s erzeugt Wort aus L. n N z L mit z n Zerl. z=uvwxy m. vwx n u. vx 1 i 0 : uv i wx i y L Ogden s Lemma (T6.4.2) L kontextfrei n N z L mit z n Markierungen von mindestens n Buchstaben in z Zerl. z=uvwxy mit vwx enthält n mark. Buchstaben und vx enth. 1 mark. Buchst. i 0 : uv i wx i y L Beweis ähnlich zum Pumping-Lemma L nicht kontextfrei Beweis von Ogden s Lemma Sei L kontextfrei und G zug. Grammatik in Chomsky-Normalform. Wir wählen n=2 V +1. Gegner wählt z L mit z n und markiert mindestens n Buchstaben. Betrachte Syntaxbaum von z. L kontextfrei n N z L mit z n Markierungen von mindestens n Syntaxbaum von z L mit z n Starte an Wurzel und gehe jeweils in den Teilbaum mit der größeren Anz. v. mark. Buchst. Verzweigungsknoten: Knoten auf dem Pfad, so dass in beiden Teilbäumen markierte Knoten sind. Resultat: Pfad mit log n V +1 Verzweigungsknoten Variable doppelt auf den Verzweigungsknoten. Buchstaben in z A a b E S C F c B D d

2 Syntaxbaum Sei A die letzte mehrfach S vorkommende Variable. Wir geben Zerlegung an: w: vom letzten A abgeleitetes Teilwort vwx: vom vorletzten A A abgeleitetes Teilwort u, y: Rest von z Kopieren des grünen A Bereichs ergibt Syntaxbaum für u v w x y uv i wx i y. 569 Anwendung von Ogden s Lemma L={a r b s c t d u r=0 s=t=u} Gegner gibt uns Wert n vor. Wir wählen z=ab n c n d n L u. markieren bc n d. Gegner wählt Zerl. z=uvwxy. Da vwx höchstens n markierte Buchstaben enthält, enthält vx nicht zugleich b s und d s. Wir wählen i=2. Dann uv 2 wx 2 y L. 570 Weitere Anwendung L={a i b j c k i j i k j k} Behauptung: L nicht kontextfrei. Beweis: Anwendung Kontraposition von Ogden s Lemma. Gegner gibt uns Wert n vor. Wir wählen z=a n b n+n! c n+2n! L und markieren a n. Gegner wählt Zerl. z=uvwxy. Wg. Markierung enth. v oder y mind. ein a. z=uvwxy=a n b n+n! c n+2n! L 1. Fall: v enthält mind. ein a und mind. einen weiteren anderen Buchstaben. Beim Pumpen wird die Reihenfolge a-b-c zerstört uv 2 wx 2 y L. 2. Fall: v=a r und x=a s, r+s 1. Dann: r+s n p=r+s Teiler von n!. Wähle i=1+n!/p. Dann uv i wx i y = a n+n! b n+n! c n+2n! L Unser Ziel: i so wählen, dass uv i wx i y L

3 z=uvwxy=a n b n+n! c n+2n! L 3. Fall: v=a p und x=b*. Wähle i=1+2n!/p. Dann uv i wx i y = a n+2n! b? c n+2n! L. 4. Fall: v=a p und x=c*. Wähle i=1+n!/p. Dann uv i wx i y = a n+n! b n+n! c? L. z=uvwxy=a n b n+n! c n+2n! L 5. Fall: v=a p, und x enthält mind. zwei verschiedene Buchstaben. Beim Pumpen wird die Reihenfolge a-b-c zerstört uv 2 wx 2 y L Inhärent mehrdeutige Sprachen Bew. d. inhärenten Mehrdeutigkeit Erinnerung: Eine kontextfreie Sprache heißt inhärent mehrdeutig, wenn sie keine eindeutige Grammatik hat. Satz T6.7.1: L={a i b j c k i=j j=k} ist inhärent mehrdeutig. Klar: L ist kontextfrei. S AX, S YB, A aab, A ε, B bbc, B ε, X cx, X ε, Y ay, Y ε. i=j j=k 1. Beobachtung: Umformung in Chomsky- Normalform erhält die Eindeutigkeit einer Grammatik. O.B.d.A. sei Grammatik in Chomsky- Normalform für L gegeben. Sei n die Konstante aus Ogden s Lemma. L={a i b j c k i=j j=k} mehrdeutige Grammatik

4 Anwendung Ogden s Lemma Wir wählen z=a n b n c n+n! L u. mark. alle a s. Sei z=uvwxy die Zerlegung aus Ogden s L. Dann gilt i 0: uv i wx i y L. v a* und x enthält nur eine Sorte von Buchstaben. 1. Fall: x a* Beim Pumpen vergrößert sich nur die Anzahl der a s uv 2 wx 2 y L. 2. Fall: x c* Beim Pumpen vergrößert sich die Anzahl der a s, nicht aber die Anzahl der b s uv 2 wx 2 y L. 577 Anwendung Ogden s Lemma 3. Fall: x b*. Also v=a p, x=b p (mit 1 p n) Nach dem Beweis von Ogden s Lemma gibt es eine Variable A, so dass S * uay * uv k Ax k y * uv k wx k y L. Wähle k=1+n!/p. Dann uv k wx k y = a n+n! b n+n! c n+n!. Resultat: Syntaxbaum für a n+n! b n+n! c n+n!, wobei aus A nur die Buchstaben a und b hergeleitet werden. z=a n b n c n+n! =uvwxy 578 Untersuche z=a n+n! b n c n Analoge Argumente liefern Syntaxbaum für a n+n! b n+n! c n+n!, bei dem aus einer Variablen B nur die Buchstaben b und c hergeleitet werden. Annahme: Grammatik eindeutig Beide Syntaxbäume für a n+n! b n+n! c n+n! isomorph. Beobachte: Aus A kann kein c hergeleitet werden, aus B kann kein a hergeleitet werden A und B nicht auf demselben Pfad. S * t 1 A t 2 B t 3 (mit t 1,t 2,t 3 T*) 579 S * t 1 A t 2 B t 3 (mit t 1,t 2,t 3 T*) von oben: A * v k wx k mit v=a p, x=b p Damit: B * (v ) k w (x ) k mit v =b q, x =c q S * t 1 a pk w b pk t 2 b qk w c qk t 3 L. Für hinreichend großes k gibt es mehr b s als a s und c s. Widerspruch zur Annahme. 580

5 Abschlusseigenschaften u. Algos Ziele: Vereinfachung von kontextfreien Grammatiken Konstruktion von kontextfreien Grammatiken Nutzlose Variablen Def. T.6.5.1: Sei G eine kontextfreie Grammatik. Eine Variable heißt nutzlos, wenn sie in keiner Ableitung S * w T* vorkommt. 581 Klar: Nutzlose Variablen und Regeln, in denen sie vorkommen, dürfen gestrichen werden. Die von einer Grammatik erzeugte Sprache ist leer, wenn S nutzlos ist. 582 Entfernen nutzloser Variablen Schritt 1: Berechne Menge V von Var. A mit A w T *. Idee: Ersetze in allen Regeln Terminalzeichen durch ε. Wende Algo aus Schritt 3 der Umformung in Chomsky-Normalform an, um die Menge V von Variablen A mit A ε * zu finden. Alle Variablen außerhalb von V nutzlos, also alle solchen Variablen u. zug. Regeln löschen. Rechenzeit: O( V s(g)). 583 Entfernen nutzloser Variablen Schritt 2: Sei S V. Berechne Menge V V aller Variablen A, so dass S αaβ * mit α,β (V T)*. Algorithmus: S in V aufnehmen. Zu jeder Var. A, die in V aufgenommen wird, alle Var. B mit Regel A αbβ in V aufnehmen. Korrektheit des Algo: einfache Induktion. Rechenzeit: O( V s(g)). 584

6 Korrektheit des Ansatzes Behauptung: Alle Variablen in V sind nicht nutzlos. Sei A V. Dann S * αaβ mit α,β (V T )*. Aus A, den Variablen in α und in β sind Wörter aus T * ableitbar. A kommt in einer Ableitung vor. Gesamte Rechenzeit: O( V s(g)). Folgerung T6.5.3: Für eine kontextfreie Grammatik G kann in Zeit O( V s(g)) entschieden werden, ob L(G)= ist Endlichkeitstest Satz T6.5.4: Für eine kontextfreie Grammatik G in Chomsky-Normalform und ohne nutzlose Variablen kann in Zeit O(s(G)) entschieden werden, ob L(G) endlich ist. Beweis: Konstruiere Graphen H: Knoten: Variablen Kanten A B und A C für jede Regel A BC. 587 Endlichkeitstest Behauptung: L(G) endlich H kreisfrei. : H enthalte einen Kreis Dann: A αaβ * mit α ε oder β ε. Da es keine nutzlosen Variablen gibt, folgt S α Aβ * α * w, α * w, β * v, β * v, A u * Insgesamt folgt: S * w w i uv i v für alle i N, also L(G) unendlich. 588

7 L(G) endlich H kreisfrei. : H sei kreisfrei. Dann enthält jeder Syntaxbaum auf jedem Pfad jede Variable höchstens einmal. Tiefe aller Syntaxbäume durch V beschränkt. Da es nur endlich viele solche Syntaxbäume gibt, ist L(G) endlich. 589