Musterlösung zur Nachklausur Theoretische Grundlagen der Informatik Wintersemester 2013/14

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1 Institut für Theoretische Informatik Prof. Dr. Jörn Müller-Quade Musterlösung zur Nachklausur Theoretische Grundlagen der Informatik Wintersemester 203/4 Vorname Nachname Matrikelnummer Hinweise Für die Beareitung stehen Ihnen 60 Minuten zur Verfügung. Zum Bestehen der Klausur sind 20 der 60 möglichen Punkte hinreichend. Es sind keine Hilfsmittel zugelassen. Schreien Sie Ihre Lösungen auf Aufgaenlätter und Rückseiten. Zusätzliches Papier erhalten Sie ei Bedarf von der Aufsicht. Schreien Sie Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer auf jedes Blatt. Aufgae mögliche Punkte erreichte Punkte a c Σ a c Σ x 0 Σ 60

2 Seite Aufgae (4+3+3 = 0 Punkte) a) Gegeen sei die Sprache L üer dem Alphaet Σ = {a, }: L = {a n m k N 0 : n + m = 2k + ; m, n N 0 } Geen Sie einen DEA an, der L akzeptiert. a a q a q 3 q 0 q 2 q 4

3 Seite 2 ) Gegeen sei der folgende DEA. a, q c q 0 q 3 c q 2 c Wenden Sie das aus der Vorlesung ekannte Verfahren zur Minimierung auf den Automaten an. Zeichnen Sie den minimierten Automaten! Der resultierende Automat ist dann: q q q 3 q 0 q q 2 a,,c q 0 q c,2 q 3

4 Seite 3 c) Wir definieren einen Multi-DEA (mdea) wie folgt: ein mdea ist ein Tupel {Q, Σ, δ, Q 0, F }. Q, Σ, δ und F sind gleich wie ei DEAs definiert. Die Besonderheit gegenüer DEAs ist, dass es eine Menge von Startzuständen Q 0 git. Ein Wort w wird akzeptiert, wenn es einen Startzustand aus Q 0 git, sodass aus diesem nach Einlesen von w ein Finalzustand aus F erreicht wird. Zeigen Sie, dass mdeas genau die regulären Sprachen akzeptieren. Jeder DEA ist im Speziellen auch ein mdea. Damit akzeptieren mdeas mindestens die regulären Sprachen. Wir müssen noch zeigen, dass mdeas höchstens die regulären Sprachen akzeptieren: Wir konstruieren einen NEA, der ein Wort genau dann akzeptiert, wenn es der gegeene mdea akzeptiert: (Q, Σ, δ, q 0, F ). Daei ist q 0 ein neuer Zustand. Die Üergangsfunktion δ erweitern wir um ε-üergänge von q 0 zu jedem Zustand aus Q 0 : δ (q 0, ε) = q 0 q 0 Q 0. Da NEAs genau die regulären Sprachen akzeptieren, ist damit gezeigt, dass mdeas höchstens die regulären Sprachen akzeptieren.

5 Seite 4 Aufgae 2 (4(2+2)+6(3+3) Punkte) a) Gegeen sei die Grammatik G = {Σ, V, S, P } mit Terminalalphaet Σ = {x, y, z}, Varialen V = {S,, Y, Z}, Startzeichen S und Produktionsmenge P = {S Y, Y x, Y Y Y ZZ y, Z Y z}. Testen Sie mit dem CYK-Algorithmus, o w = xyyxz in L(G) liegt. Verwenden Sie zum Ausführen des CYK-Algorithmus die folgende Taelle: x y y x z 2. Ist L(G) endlich? Begründen Sie Ihre Antwort.. Das Wort w liegt in L(G): S, S, S, x Y Y Z Y y Y Z Y y x Z z 2. Nein, L(G) ist nicht endlich, da z.b. die Produktion Y x erweiternd ist und immer aufgelöst werden kann.

6 Seite 5 ) Zeigen Sie mit dem Pumping-Lemma für reguläre Sprachen, dass folgende Sprachen nicht regulär sind:. L = {vv v {0, } } 2. L 2 = { n 0 n+m m, n N}. Angenommen, L wäre regulär. Dann existiert ein p > 0, sodass sich jedes Wort w L mit w p als w = xyz mit y > 0 und xy p schreien lässt. Wähle L w = 0 p p 0 p p. Wegen xy p esteht xy nur aus 0, und durch y > 0 enthält y mindestens eine 0. Damit ist xy 0 z / L, da sich die Anzahl an 0 im zweiten Teilwort nicht ändert. Daraus folgt: L ist nicht regulär. 2. Angenommen, L 2 wäre regulär. Dann existiert ein p > 0, sodass sich jedes Wort w L 2 mit w p als w = xyz mit y > 0 und xy p schreien lässt. Wähle L 2 w = p 0 p+. Wegen xy p esteht xy nur aus, und durch y > 0 enthält y mindestens eine. Damit ist xy 2 z / L, da sich die Anzahl an 0 nicht ändert (xy 2 z = p+ y 0 p+ / L 2 ). Daraus folgt: L 2 ist nicht regulär.

7 Seite 6 Aufgae 3 (3+2+5 Punkte) a) Gegeen sei die Sprache L = { M M entscheidet die Sprache SAT}, also die Menge der Gödelnummern, sodass die zugehörige Turingmaschine SAT entscheidet. Zeigen Sie: L ist nicht entscheidar. Das Prolem, SAT zu entscheiden, ist turing-erechenar, da man ei einer gegeenen SAT-Instanz durch vollständige Suche estimmen kann, o es eine erfüllende Belegung git. Die Laufzeit spielt ei der Entscheidarkeit keine Rolle. Aus dem Satz von Rice folgt, dass L nicht entscheidar sein kann. ) Betrachten Sie die Sprache L = { M M entscheidet das Halteprolem für TM}. Ist L entscheidar? Begründen Sie Ihre Antwort! L ist entscheidar. Da das Halteprolem unentscheidar ist, git es keine Turingmaschine, die es entscheidet und somit ist L =. Die leere Menge wird von einer Turingmaschine, die für jede Eingae 0 ausgit, entschieden.

8 Seite 7 c) Für ein Wort w ezeichnen wir mit w, w 2,..., w n die einzelnen Zeichen des Wortes. Seien L, L 2 zwei Sprachen üer {0, } mit den folgenden Eigenschaften: n N 0 : n L L 2 ist nicht entscheidar Betrachten Sie die Sprache L 3 = {u v u 2 v 2... u n v n n N 0, u L, v L 2 }. Ist L 3 entscheidar? Beweisen Sie Ihre Behauptung! Die Sprache L 3 ist nicht entscheidar. Angenomme, L 3 wäre entscheidar. Sei M 3 die Turingmaschine, die L 3 entscheidet. Wir konstruieren daraus eine Turingmaschine M 2, die L 2 entscheidet: Bei Eingae x = x,..., x n, ilde das Wort w = x x 2 x 3... x n. Führe M 3 auf w aus. Da... }{{} n-mal L gilt w L 3 x L 2. Somit kann M 2 die Ausgae von M 3 (w) ausgeen und entscheidet damit korrekt, o x L 2. Dies ist ein Widerspruch zur Unentscheidarkeit von L 2.

9 Seite 8 Aufgae 4 (5+2+3 Punkte) a) Betrachten Sie die Komplexitätsklasse NP log2, welche wie folgt definiert ist. Eine Sprache L ist genau dann in NP log2, wenn es eine Relation R L (L {0, } ) mit R L P gilt, woei x L y {0, } : (x, y) R L. Daei muss y von oen eschränkt sein durch log 2 ( x ). Zeigen Sie: P = NP log2. Hinweis: Im Gegensatz zur Definition von NP haen die Zeugen hier nur logarithmische Länge in der Länge der Eingae. P NP log2 : Sei L P. Wir etrachten die Relation (x, y) R L M(x) =, woei M die deterministische TM ist, die L entscheidet. Es gilt offensichtlich R L P und x L y : (x, y) R L. Somit ist L NP log2 und damit gilt P NP log2. NP log2 P: Sei L NP log2. Dann existiert eine Relation R L nach Definition mit x L y {0, } : (x, y) R L mit y log 2 ( x ) und R L P. Sei M R die deterministische TM mit M R (x, y) = (x, y) R L. Wir konstruieren eine deterministische TM M, die L entscheidet. Da y log 2 ( x ) und y {0, } git es für festes y genau 2 log 2 ( x ) = x Zeugen. Es git also nur polynomiell viele verschiedene Zeugen. Diese kann M durchproieren. Bei Eingae x zählt M alle Zeugen y i auf und üerprüft, o M R (x, y i ) =. Wenn ja, git M aus, sonst 0. Die Laufzeit von M ist x multipliziert mit der polynomiellen Laufzeit von M R. Offensichtlich gilt x L M(x) =. Daraus folgt insgesamt L P und damit NP log2 P. ) Welche Sprachen in NP sind in Polynomialzeit auf SAT many-one-reduzierar? Begründen Sie Ihre Antwort! Alle Sprachen in NP sind auf SAT reduzierar, da SAT NP-vollständig ist.

10 Seite 9 c) Angenommen, es existiert eine Sprache L P, die NP-schwer ist. Zeigen Sie, dass in diesem Fall P=NP gilt. Da L P NP. Somit ist L NP-vollständig. Sei L NP. Da L NP-vollständig, gilt L L, d.h. es existiert eine Funktion f mit x L f(x) L und f ist in polynomieller Zeit erechenar. Konstruiere TM M L, die in polynomieller Zeit L entscheidet. Bei Eingae x erechnet M L zuerst f(x) und dann M L (f(x)), woei M L die deterministische TM ist, die L entscheidet. M L git dann M L (f(x)) aus. Es gilt M L (x) = M L (f(x)) = f(x) L x L und M L läuft in polynomieller Zeit. Damit ist L P und somit NP P. Daraus folgt die Behauptung.

11 Seite 0 Aufgae 5 (3+2+5(3+2) Punkte) a) Gegeen sei die folgende Häufigkeitsverteilung üer dem Alphaet Σ = {A,..., G}. Zeichen s A B C D E F G Pr[s] 9/35 8/35 /35 3/35 2/35 5/35 7/35 Konstruieren Sie einen ternären Huffman-Code üer dieser Häufigkeitsverteilung, d. h. einen Huffman-Code, der Wörter nach Σ = {0,, 2} codiert. 0 2 A B 0,54 0,7 0 F 2 G C 0 D 2 E Daraus ergit sich die Codierung: A 0 B C 200 D 20 E 202 F 2 G 22

12 Seite ) Gegeen sei der folgende [7,4]-Hamming-Code C mit Generatormatrix G und Prüfmatrix H G = 0, H = Finden Sie mittels Syndromdecodierung ein Codewort c C, welches Hamming- Astand zu dem Wort c = ( ) T esitzt. Welches Informationswort m gehört zu c? Das Syndrom lautet: s = H c = 0 Daraus ergit sich das Codewort c = ( 0 0 0) T und das Nachrichtenwort m = (0 0) T

13 Seite 2 c) Betrachten Sie den Üertragungskanal für das Eingaealphaet = {0, } und das Ausgaealphaet Y = {A, B}, der durch die folgenden Üertragungsscheinlichkeiten p(y x) = Pr[Y = y = x] gegeen ist: p(a 0) = p(a ) = 2 p(b 0) = 0 p(b ) = 2. Berechnen Sie die Transinformation I(; Y ) für den Fall, dass der Kanal mit H() = it etrieen wird. Geen Sie das Ergenis auf 2 Nachkommastellen genau an! 2. Berechnen Sie die Transinformation I(; Y ) für den Fall, dass der Kanal mit H(Y ) = it etrieen wird. Geen Sie das Ergenis auf 2 Nachkommastellen genau an! Hinweis: log 2 3,58.. Da H() = muss gelten p(0) = p() =. Damit kann direkt p(a) = und p(b) = estimmt werden. Für die Transinformation gilt: 4 I(; Y ) = H() H( Y ) = H() H(, Y ) + H(Y ) = + ( 2 log log 4 ) (3 4 log log 4 ) = log 3 4 = 3 4 log(3) log(4) = 3 0,42 = 0, Damit H(Y ) = muss gelten: p(a) = p(b) = 2. Das kann nur erreicht werden, wenn p() = und p(0) = 0 gilt. Damit ist H() = 0 und I(; Y ) muss auch 0 sein.

14 Seite 3 Aufgae 6 (0 Punkte) Bei dieser Multiple-Choice-Aufgae git jede richtige Antwort Punkt; für jede e Antwort wird Punkt agezogen, die Gesamtpunktzahl der Aufgae kann jedoch nicht negativ werden. Für nicht eantwortete Fragen (kein Kreuz) werden keine Punkte agezogen. Es git keine inäre Quelle, deren Entropie 2,4 it eträgt. Keine echte, nichtleere Teilmenge des Halteprolems ist entscheidar. Sei L = {w {a, } w a 0 mod 3}. Mit Hilfe des Pumping Lemma kann man zeigen, dass L nicht regulär ist. Akzeptiert ein endlicher Automat mit n Zuständen ein Wort der Länge n +, so hat er mindestens einen Zyklus. Die Umformungsalgorithmus von NEA zu DEA aus der Vorlesung hat eine Laufzeitkomplexität von O( Q 3 ). Der folgende Automat erkennt alle durch 3 teilaren natürlichen Zahlen in Binärdarstellung. 0 q 0 q q Ein Kellerautomat mit 2 Kellern kann das Halteprolem für - Band-Turingmaschinen entscheiden. Die Diagonalsprache ist semi-entscheidar. Es existieren kontextfreie Grammatiken, die nicht in Chomsky- Normalform geracht werden können. Reguläre Sprachen sind unter Komplementildung ageschlossen.

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