Nachklausur zur Vorlesung Theoretische Grundlagen der Informatik Wintersemester 2011/2012

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1 Institut für Theoretishe Informatik Lehrstuhl Prof. Dr. D. Wagner Nahklausur zur Vorlesung Theoretishe Grundlagen der Informatik Wintersemester 2011/2012 Hier Aufkleber mit Name und Matrikelnr. anbringen Vorname: Nahname: Matrikelnummer: Beahten Sie: Bringen Sie den Aufkleber mit Ihrem Namen und Ihrer Matrikelnummer auf diesem Dekblatt an und beshriften Sie jedes Aufgabenblatt mit Ihrem Namen und Ihrer Matrikelnummer. Shreiben Sie die Lösungen auf die Aufgabenblätter und Rükseiten. Zusätzlihes Papier erhalten Sie bei Bedarf von der Aufsiht. Zum Bestehen der Klausur sind 20 der möglihen 60 Punkte hinreihend. Es sind keine Hilfsmittel zugelassen. Aufgabe Möglihe Punkte Erreihte Punkte a b d Σ a b d Σ x1 10 Σ 60

2 Name: Matrikelnr.: Seite 2 Aufgabe 1: (1 + 3 = 4 Punkte) Gegeben sei die Grammatik G = (Σ, V, S, R) mit Terminalen Σ = {a, b, e, f}, Nihtterminalen V = {S, A, B, E, F }, Startsymbol S und Produktionen R = {S EB A EF a f B AE b E F A b e F AB f}. (a) Welhen maximalen Chomsky-Typ hat G? Begründen Sie Ihre Antwort. G ist maximal vom Chomsky-Typ 2, da G in Chomsky-Normalform ist. Damit ist G insbesondere niht vom Typ 3; jede der Regeln widerspriht dem Typ 3. (b) Überprüfen Sie mit dem Coke-Younger-Kasami Algorithmus, ob das Wort f abf e in der Sprahe L(G) enthalten ist. Geben Sie dazu alle Zwishenergebnisse an. Das Wort fabfe ist in L(G), da nah Anwendung des CYK-Algorithmus das Startsymbol S in der Spitze der Pyramide steht. S B, E F S, F E S, B E B, F A B A, F A B, E A, F E f a b f e

3 Name: Matrikelnr.: Seite 3 Aufgabe 2: ( = 6 Punkte) Gegeben sei folgender endliher Automat A über dem Alphabet Σ = {a, b, }. s b f 1 a, b a a f 2 b q 1 b a, b a, b f 3 a f 4 (a) Ist A determinisitish? Begründen Sie Ihre Antwort. Ja, denn für jedes Paar (q, x) Q Σ gibt es genau einen Übergang in genau einen Zustand in Q. (b) Konstruieren Sie den Minimalautomaten zu A. Geben Sie die daraus folgenden Äquivalenzklassen der Zustände in A explizit an. Geben Sie das Ergebnis als Zustandsübergangsdiagramm an und bezeihnen Sie die Zustände mit den Äquivalenzklassen, die sie repräsentieren. a : {s, q 1 } {f 1, f 2, f 3, f 4 } b : {s} {q 1 } {f 1, f 2, f 3, f 4 } : {s} {q 1 } {f 1, f 3 } {f 2, f 4 } [s] := {s}, [q 1 ] := {q 1 }, [f 1 ] := {f 1, f 3 }, [f 2 ] := {f 2, f 4 }

4 Name: Matrikelnr.: Seite 4 [s] a, b a [f 1 ] a, b [f 2 ] b [q 1 ] a, b () Geben Sie für jede der folgenden Aussagen an, ob diese gilt. [a(a + b a)] + L(A) Ja, denn keines der Worte ermögliht den Übergang nah q 1, da b niht als Teilwort vorkommt. [( b a + )] + L(A) Nein, denn b / L(A). Aufgabe 3: (2 + 4 = 6 Punkte) (a) Geben Sie eine kontextfreie Grammatik G = (Σ = {a, b}, V, S, R) an, die die Sprahe L := {a n b 2m a m n m n und n, m N 0 } erzeugt. Verwenden Sie maximal vier Variablen, d.h. V 4, und maximal zehn Regeln, d.h. R 10. G = (Σ = {a, b}, V = {S, X, Y }, S, R) R = {S XY X axbb ε Y bby a ε}. Erklärung: L lässt sih auh shreiben als L := {a n b 2(n+k) a k k 0 und k N 0 }. Jedes a links oder rehts muss also 2 b s shreiben. (b) Zeigen Sie, dass die Sprahe L aus Teilaufgabe (a) maximal vom Chomsky-Typ 2 ist, d.h., dass L niht regulär ist. Betrahte w = a n b n L. Dann ist v = a k mit k n, wegen uv n und v ε. Damit ist w = uv i x = a n k b n / L für i = 0. Annahme: L ist regulär, d.h., das Pumpinglemma für reguläre Sprahen gilt für L. Sei also n die untere Shranke der Wortlänge aus dem Pumpinglemma. Betrahte das Wort w = a n b 2n L (wähle m = n) mit w n. Dann gilt für jede Zerlegung w = uvx mit uv n und v ε, dass v = a k, k 1. Damit ist uv i x = a n k b 2n / L für i = 0 (da n (n k) = k 0), im Widerspruh zum Pumpinglemma.

5 Name: Matrikelnr.: Seite 5 Aufgabe 4: (1 + 4 = 5 Punkte) Seien G = (V G, E G ) und H = (V H, E H ) ungerihtete Graphen mit V G = V H. Ein bijektiver Graphhomomorphismus von G nah H ist eine bijektive Funktion f : V G V H, so dass gilt: {u, v} E G {f(u), f(v)} E H (a) Geben Sie einen bijektiven Graphhomomorphismus f von G 1 nah G 2 an. Geben Sie dazu explizit für jeden Knoten aus G 1 an, auf welhen Knoten aus G 2 er abgebildet wird. A G 1 C G 2 B D f(1) = B f(3) = C f(2) = A f(4) = D (b) Problem BijHom Gegeben: Ungerihtete Graphen G = (V G, E G ) und H = (V H, E H ) Frage: Gibt es einen bijektiven Graphhomomorphismus von G nah H? Zeigen Sie, dass das Problem BijHom N P-vollständig ist. Sie dürfen dazu benutzen, dass das Problem Clique N P-vollständig ist: Problem Clique Gegeben: Ungerihteter Graph G = (V, E) und ein Parameter k V Frage: Gibt es in G eine Clique der Größe mindestens k? Problem BijHom liegt in N P, denn für eine gegebene Funktion kann in Polynomialzeit in der Größe des Graphen entshieden werden, ob sie bijektiv ist und ob sie die Graphhomomorphismusbedingung erfüllt. Wir zeigen: Clique BijHom. Gegeben sei eine Clique-Instanz I = (H = (V H, E H ), k). Wir konstruieren daraus eine BijHom-Instanz I = (G, H), in der G aus einer Clique mit k Knoten und V H k isolierten Knoten besteht. Diese Transformation ist offensihtlih polynomiell in V H + E H. Zu zeigen: I ist genau dann lösbar, wenn H eine Clique der Größe k enthält. Sei I lösbar und f ein bijektiver Graphhomomorphismus von G nah H. Sei C das Bild der Clique in G. Aus der Homomorphismuseigenshaft und der Bijektivität folgt, dass C eine Clique der Größe k in H ist Sei C eine Clique der Größe k in H. Sei f eine beliebige bijektive Funktion, die die Knoten der Clique in G auf die Knoten in C abbildet und alle anderen Knoten in G beliebig auf die restlihen Knoten in H. Dann erfüllt f die Homomorphismuseigenshaft.

6 Name: Matrikelnr.: Seite 6 Aufgabe 5: (4 Punkte) Zeigen Sie, dass das Post she Korrespondenzproblem semi-entsheidbar ist. Post shes Korrespondenzproblem Gegeben: Endlihe Folge von Wortpaaren K = ((x 1, y 1 ),..., (x n, y n )) über einem endlihen Alphabet Σ, mit x i ε und y i ε für alle i {1,... n}. Frage: Gibt es eine endlihe Folge von Indizes i 1,..., i k {1,..., n}, so dass x i1... x ik = y i1... y ik gilt? Konstruiere eine Turingmashine, die die Sprahe aller lösbaren Instanzen des Post shen Korrespondenzproblems akzeptiert (aber niht unbedingt auf alle Eingaben hält): Betrahte nah und nah systematish alle möglihen Indexfolgen. Zuerst alle der Länge 1, dann die der Länge 2 usw. Überprüfe jeweils, ob eine solhe Indexfolge eine gültige Lösung ist, durh Konstruktion und Vergleih der beiden Wörter. Wenn eine gültige Lösung gefunden wird hält die Turingmashine und akzeptiert die Instanz. Falls eine Instanz lösbar ist, so gibt es eine Indexfolge, die zwei gleihe Wörter induziert. Diese Indexfolge wird dann auh gefunden, und die Turingmashine hält und akzeptiert die Instanz. Falls eine Instanz niht lösbar ist, hält die Mashine nie (und akzeptiert also auh niht). Damit ist das Post she Korrespondenzproblem semientsheidbar.

7 Name: Matrikelnr.: Seite 7 Aufgabe 6: ( = 4 Punkte) Gegeben sei folgende deterministishe Turingmashine M = (Q = {s, q X, q Y, q a, q b, q J }, Σ = {a, b}, Γ = Σ {, X, Y, }, δ, s, F = {q J }). Die Übergangsfunktion δ von M ist durh untenstehendes Zustandsübergangsdiagramm dargestellt. a a, R b b, R, L q a s a X, R q X a a, L b a, L Y b, N a b, L b b, L q J b Y, R q Y a a, R b b, R, L q b X a, N, N Für M gelten folgende Konventionen: M hält und akzeptiert sobald ein Endzustand erreiht wird. Alle Übergänge, die aus Endzuständen heraus führen, werden demnah nie benutzt. M hält und akzeptiert niht für niht dargestellte Zustandsübergänge. (a) Dokumentieren Sie die Berehnung der Worte abab, baaa und aba durh die angegebene Turingmashine M. Geben Sie dazu für jeden Shritt die aktuelle Konfiguration an. Geben Sie außerdem die Sprahe L(M) Σ an, die M akzeptiert. abab L: (s)abab, X(q X )bab, Xb(q X )ab, Xba(q X )b, Xbab(q X ), Xba(q a )b, Xb(q b )ab, X(q a )bab, (q b )Xbab, (q J )abab baaa L: (s)baaa, Y (q Y )aaa, Y a(q Y )aa, Y aa(q Y )a, Y aaa(q Y ), Y aa(q b )a, Y a(q a )aa, Y (q b )aba, (q a )Y aba, (q J )baba aba / L: (s)aba, X(q X )ba, Xb(q X )a, Xba(q X ), Xb(q a )a, X(q b )bb, (q a )Xab Übergang niht definiert. L(M) = {w Σ k N 0 : w = 2k} (b) Geben Sie die Funktion f M : L(M) Γ an, die M auf L(M) realisiert. f M (w) := (ab) k/2, falls w mit a beginnt und k := w gerade. f M (w) := (ba) k/2, falls w mit b beginnt und k := w gerade. () Erweitern Sie M so, dass M alle Worte aus Σ akzeptiert und nah Verarbeitung eines Wortes w Σ \ L(M) gerade das Wort w := k auf dem Band steht. Dabei sei k := w die Anzahl der Zeihen in w. Benutzen Sie für diese Erweiterung maximal zwei zusätzlihe Zustände. Sie dürfen die Erweiterung in die vorige Abbildung zeihnen.

8 Y, R Name: Matrikelnr.: Seite 8 s a X, R a a, R b b, R q X, L a a, L b a, L q a X, R Y b, N a b, L b b, L q J ˆq, N a, R b, R b Y, R q Y a a, R b b, R, L q b X a, N, N

9 Name: Matrikelnr.: Seite 9 Aufgabe 7: ( = 4 Punkte) Sei A = (Q, Σ, Γ, q 0, Z, δ, {q 1 }) der Kellerautomat mit Zustandsmenge Q = {q 0, q 1, q 2 }, Eingabealphabet Σ = {0, 1, 2}, Stak-Alphabet Γ = {X, Z}, Anfangszustand q 0, Stak-Initialisierung Z, einzigem Endzustand q 1 und der folgenden Übergangsfunktion δ: δ(q 0, 0, Z) = {(q 0, Z), (q 1, Z)}, δ(q 1, 1, Z) = {(q 1, X)}, δ(q 1, 1, X) = {(q 1, XX)}, δ(q 1, 2, X) = {(q 2, ε)}, δ(q 2, 2, X) = {(q 2, ε)} (a) Ist A determininistish? Begründen Sie Ihre Antwort. Nein, A ist niht deterministish, da δ(q 0, 0, Z) = 2 > 1. (b) Dokumentieren Sie eine durh Endzustand akzeptierende Berehnung des Wortes Geben Sie dazu für jeden Shritt die aktuelle Konfiguration an. (q 0, 00111, Z) (q 0, 0111, Z) (q 1, 111, Z) (q 1, 11, X) (q 1, 1, XX) (q 1, ε, XXX) () Welhe Sprahe akzeptiert A durh akzeptierenden Endzustand? L = {0 i 1 j i, j N 0, i > 0} (d) Welhe Sprahe akzeptiert A durh leeren Stak? L = {0 i 1 j 2 k i, j, k N 0, i > 0, j = k > 0}

10 Name: Matrikelnr.: Seite 10 Aufgabe 8: ( = 9 Punkte) Gegegeben sei eine endlihe Menge U von booleshen Variablen und eine endlihe, niht leere Menge C von Klauseln über U. Eine Klausel ist ein boolesher Ausdruk der Form x 1 x k mit x i {u u U} {u u U}. Das Optimierungsproblem MaxSAT besteht darin, eine Wahrheitsbelegung für U zu finden, so dass möglihst viele Klauseln aus C den Wert wahr annehmen, also erfüllt sind. Betrahten Sie folgenden Algorithmus: Algorithmus 1: MaxSAT Approximation Eingabe : Endlihe Menge U von booleshen Variablen, niht leere Menge C von Klauseln über U Ausgabe : Wahrheitsbelegung der Variablen aus U Solange U wiederhole u wähle ein Element u U ; C w (u) { C enthält Literal u} ; C f (u) { C enthält Literal u} ; wenn C w (u) C f (u) dann u wahr ; C C \ C w (u) ; sonst u falsh ; C C \ C f (u) ; U U \ {u} ; (a) Gegeben sei die folgende MaxSAT Instanz I = (U, C) mit Variablenmenge U und Klauselmenge C: U = {u 1, u 2, u 3 } C = {u 1 u 2 u 3, u 1 u 2, u 1 u 2 u 3, u 2 u 3, u 2 u 3, u 2 u 3 }. Geben Sie eine optimale Lösung für I an. Welhen Wert hat jede optimale Lösung? Geben Sie zusätzlih die Lösung an, die Algorithmus 1 bei Eingabe von I berehnet. Nehmen Sie an, dass in jedem Shritt die Variable u i U mit dem kleinsten Index i gewählt wird. Welhen Wert hat diese Lösung? Optimallösung: alle Variablen sind falsh. Wert: 6 Lösung, die Algorithmus 2 berehnet: Alle Variablen sind wahr. Wert: 5

11 Name: Matrikelnr.: Seite 11 (b) Sei F die Menge der niht erfüllten Klauseln bezüglih der Ausgabe von Algorithmus 1 und sei F i die Menge der Klauseln, die im i-ten Shritt der Shleife durh Belegung der Variable u i den Wert falsh annehmen, also unerfüllbar werden. Zeigen Sie, dass gilt: F i F j = für i j, i, j {1,..., U } und U i=1 F i = F. 1) OBdA wird u i vor u j betrahtet. Unmittelbar vor der Betrahtung von u i hat jede Klausel in F i die Form falsh u i, d.h. die ursprünglihe Klausel enthält u j niht, da u j noh niht betrahtet und damit noh niht belegt wurde. Jede Klausel in F j enthält aber u j. Damit gilt F i F j =. 2) U i=1 F i F klar. Zu zeigen: U i=1 F i F. Sei F eine Klausel, so ist mit der Belegung, die Algorithmus 1 berehnet niht erfüllt, d.h., alle Literale haben den Wert falsh. Da Algorithmus 1 sequenziell vorgeht, muss aber eines der Literale als letztes belegt worden sein. OBdA gehöre dieses Literal zur Variable u k. Damit ist F k und es gilt F U i=1 F i. () Zeigen Sie, dass Algorithmus 1 1-approximativ ist, d.h. dass Algorithmus 1 eine relative Gütegarantie von = 2 hat. Zu zeigen: OPT(I) A(I) 2. Sei T bzw. F die Menge der Klauseln, die in A(I), erfüllt bzw. niht erfüllt sind. Weiterhin sei T i die Menge der Klauseln, die vor dem i-ten Shritt niht erfüllt waren und im i-ten Shritt durh die Belegung der i-ten Variablen erfüllt werden, es gilt, dass alle T i disjunkt sind und nah Annahme ist U i=1 T i = T (Argumentation analog zu b) ). F i ist die Menge der Klauseln, die im i-ten Shritt noh in C sind und die durh die Belegung der i-ten Variablen unerfüllbar werden. Die F i sind paarweise disjunkt und es ist U i=1 F i = F (mit b) ). Weiterhin gilt, dass für alle i F i T i ist und damit OPT(I) A(I) C U T = i=1 Ti + U i=1 F i U i=1 T i 2 U i=1 T i U i=1 T = 2 i (d) Zeigen Sie: Falls P N P, gibt es keinen absoluten Approximationsalgorithmus für MaxSAT. Sie dürfen benutzen, dass MaxSAT N P-shwer ist. Annahme: Es gibt einen absoluten Approximationsalgorithmus A mit OP T (I) A (I) K für alle I. Betrahte Instanz I = (U, C ), die aus einer beliebigen Instanz I = (U, C) hervorgeht, indem die Instanz I K + 1 mal kopiert wird. In I werden alle Kopien einer Variablen als vershieden betrahtet. Es gilt also U = (K + 1) U und C = (K + 1) C. Es gilt OP T (I ) = (K + 1)OP T (I), da eine optimale Löesung in I eine optimale Löesung in jeder Kopie von I erzeugt. Betrahte die beste Lösung, die die Lösung L A (I ) in einer der Kopien von I induziert. Diese Lösung ist eine Lösung für I mit Wert a A (I ) K+1. Damit gilt K OP T (I ) A (I ) (K + 1)OP T (I) (K + 1)a, und so ist OP T (I) a < 1 und a entsprähe dem Optimalwert (wegen Ganzzahligkeit), L wäre somit eine optimale Lösung für I, die polynomiell berehnet werden kann, da A sowie die Umformung zwishen I und I polynomiell sind. Dies ist ein Widerspruh zu P N P, da MaxSAT N P-shwer ist. K K+1

12 Name: Matrikelnr.: Seite 12 Aufgabe 9: ( = 8 Punkte) Gegeben sei ein einfaher, ungerihteter, positiv gewihteter Graph G = (V, E, ) mit Gewihtsfunktion : E N. Eine Teilmenge S V induziert eine Zerteilung von V in zwei (mögliherweise leere) Mengen S und V \ S. Das Gewiht (S, V \ S) einer solhen Zerteilung ist die Summe der Gewihte aller Kanten, die zu genau einem Knoten in S inzident sind, d.h. (S, V \ S) := {u,v} E:u S,v / S ({u, v}). Das Problem MaxCut fragt nah einer Teilmenge S V, sodass (S, V \ S) maximal ist. Betrahten Sie folgenden Algorithmus. Algorithmus 2: Almost MaxCut Eingabe : Einfaher, ungerihteter Graph G = (V, E, ) mit Gewihtsfunktion : E N Ausgabe : Teilmenge S V S ; Solange Knoten u in S oder V \ S existiert, sodass ein Seitenwehsel von u (S, V \ S) vergrößert wiederhole Führe Seitenwehsel von u durh, d.h. S S {u} falls u / S und S S \ {u} falls u S; Gib S aus; (a) Zeihnen Sie eine möglihst gute Lösung S 1 für den Graphen G 1 in untenstehende Abbildung ein. Markieren Sie die Knoten in S 1 deutlih (b) Zeigen Sie, dass die Shleife in Algorithmus 2 terminiert. Da die Gewihte positiv ganzzahlig sind, wähst das Gewiht in jedem Shritt mindestens um 1. Mit (S, V \ S) e E (e) finden somit maximal e E (e) Durhläufe statt.

13 Name: Matrikelnr.: Seite 13 () Zeigen Sie, dass Algorithmus 2 eine pseudo-polynomielle Laufzeit hat, indem Sie zeigen, dass die Laufzeit polynomiell in der Anzahl der Kanten und Knoten in G und in der größten vorkommenden Zahl der Gewihtsfunktion ist. Sie dürfen annehmen, dass für einen Knoten u in konstanter Zeit gepüft werden kann, ob ein Wehsel das Gewiht erhöht. Ebenso sei der Seitenwehsel eines Knotens in konstanter Zeit durhführbar. Pro Shleifendurhlauf wird für maximal V Knoten die Shleifenbedingung überprüft. Dies ergibt einen Aufwand in O( V e E (e)). Außerdem gilt e E (e) k E, mit k größte vorkommende Zahl. Damit ist die Laufzeit von Algorithmus 2 in O(k V E ).

14 Name: Matrikelnr.: Seite 14 Aufgabe 10: (10 Punkte) Jeder der folgenden Aussagenblöke umfasst drei Einzelaussagen. Die sih untersheidenden Aussagenbausteine sind durh Kästhen gekennzeihnet. Kreuzen Sie genau jene Bausteine an, die in einer wahren Einzelaussage enthalten sind. Jeder Aussagenblok enthält mindestens eine wahre Einzelaussage. Unvollständig oder falsh angekreuzte Aussagenblöke werden mit null Punkten bewertet, Sie erhalten einen Punkt für jeden Aussagenblok, für den Sie genau die rihtige Menge an Aussagenbausteinen angekreuzt haben. Jede Sprahe, die das Pumping-Lemma für reguläre Sprahen erfüllt ist regulär. erfüllt auh das verallgemeinerte Pumping-Lemma für reguläre Sprahen. erfüllt auh das Pumping-Lemma für kontextfreie Sprahen. a) gilt nah Skript niht, b) gilt niht, siehe Beispiel 5 im Skript, ) gilt, da eine Zerlegung gemäß des PL für reguläre Sprahen auh dem PL für kontextfreie Sprahen genügt mit u = u, v = v, w = ε, x = ε Für den folgenden deterministishen endlihen Automaten A über dem Alphabet Σ = {a, b} gilt: b b b q 1 a q 2 a q 3 a b ist Zeuge für die Nihtäquivalenz von q 1 und q 3. q 1 und q 3 sind äquivalent. Der Index der Neroderelation der von A akzeptierten Sprahe L(A) ist 3. nur b) gilt, denn ε trennt {q 2 } von {q 1, q 3 }, Worte der Länge 1 trennen nihts, also sind q 1 und q 3 äquivalent und der Minimalautomat hat 2 Zustände. Falls L 1 und L 2 semi-entsheidbare Sprahen sind, dann ist L 1 L 2 entsheidbar. L 1 L 2 semi-entsheidbar. L 1 semi-entsheidbar. a) gilt niht, wenn man z.b. die Halteproblemsprahe mit der leeren Menge vereinigt, ) gilt niht, sonst gäbe es keine eht semi-entsheidbaren Sprahen, b) gilt, siehe Übung Falls 2SAT N P-vollständig ist, gilt: 3SAT P. 2SAT / P. für alle L N P : L 2SAT. a) gilt, denn da 3SAT in N P liegt, gibt es eine p.t. von 3SAT auf 2SAT, aus 2SAT P folgt dann 3SAT P, b) gilt niht, siehe Skript, ) gilt siehe Skript.

15 Name: Matrikelnr.: Seite 15 Jede reguläre Sprahe L ist kontextfrei. endlih. in N T APE(n) enthalten. Es gilt a) und ), siehe Skript. Aus P N P folgt: 3SAT / P. Es gibt keine deterministishe 2-Band-Turingmashine, die 3SAT in Polynomialzeit entsheidet. Es gibt keinen absoluten Approximationsalgorithmus für das Optimierungsproblem Clique. Es gilt a),b),) Falls es ein polynomiales Approximationsshema (PAS) für ein Optimierungsproblem Π gibt, dann ist Π niht N P-shwer. gibt es einen Approximationsalgorithmus mit relativer Gütegarantie für Π. gibt es keinen Approximationsalgorithmus mit relativer Gütegarantie für Π. Es gilt nur b) Gegeben sei die Grammatik G mit Nihtterminalmenge {S, A, B}, Terminalmenge {a, b}, Startsymbol S und folgender Regelmenge: S aba a Die oben gegebene Grammatik G ist in Chomsky-Normalform. in Greibah-Normalform. kontextfrei. Es gelten b) und ) A as a B bbbs b Eine Sprahe ist semi-entsheidbar genau dann, wenn es eine Grammatik gibt, die sie erzeugt. deterministishe Turingmashine gibt, die genau die Eingaben w akzeptiert, für die w L gilt. deterministishe Turingmashine gibt, die auf allen Eingaben w hält, für die w L gilt. Es gelten a) und b), siehe Skript, ) gilt niht, denn TM kann für jede Sprahe konstruiert werden Aus N P o-n P folgt: P N P. TSP liegt niht in o-n P. N PI. Es gelten a) b) )