Lösungsvorschläge Blatt 4

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1 Theoretische Informatik Departement Informatik Prof. Dr. Juraj Hromkovič Lösungsvorschläge Blatt 4 Zürich, 21. Oktober 2016 Lösung zu Aufgabe 10 (a) Wir zeigen mit Hilfe von Lemma 3.3 aus dem Buch, dass die Sprache L 1 = {a i b j c k i, j, k N, j i + k} nicht regulär ist. Angenommen, L 1 sei regulär. Dann gibt es einen Automaten A 1 = (Q, {a, b, c}, δ, q 0, F ) mit L(A 1 ) = L 1. Sei m = Q. Wir betrachten die Wörter b 2k c k für k {1,..., m + 1}. Weil dies m + 1 Wörter sind, also mehr Wörter als A 1 Zustände hat, gibt es i, j {1,..., m + 1} mit i < j, so dass ˆδ(q 0, b 2i c i ) = ˆδ(q 0, b 2j c j ). Nach Lemma 3.3 gilt nun für alle z {a, b, c}, dass b 2i c i z L 1 b 2j c j z L 1. Die Wahl von z = c j führt aber zum Widerspruch, weil (wegen 2i < i + j) und b 2i c i z = b 2i c i+j / L 1 b 2j c j z = b 2j c 2j L 1 gilt. Also ist die Annahme falsch und L 1 ist nicht regulär. (b) Wir verwenden das Pumping-Lemma, um zu zeigen, dass die Sprache L 2 = {waaw w {a, b} } nicht regulär ist. Angenommen, L 2 sei regulär. Dann existiert nach dem Pumping- Lemma (Lemma 3.4) eine Konstante n 0 N, so dass sich jedes Wort w {a, b}

2 (i) yx n 0, (iii) entweder {yx k z k N} L 2 oder {yx k z k N} L 2 =. Wir wählen das Wort w = a n 0 baaa n 0 b. Offenbar gilt w n 0. Also muss es eine Zerlegung w = yxz von w geben, die die Bedingungen (i), (ii) und (iii) erfüllt. Wegen (i) gilt yx n 0, also ist y = a l und x = a m für l, m N mit l + m n 0, also insbesondere m n 0. Wegen (ii) gilt weiter m > 0. Da w L 2, gilt nach (iii), dass auch {yx k z k N} = {a n 0+(k 1)m baaa n 0 b k N} L 2. Dies ist aber ein Widerspruch, da yx 2 z = a n 0+m baaa n 0 b / L 2. Also ist die Annahme falsch und L 2 ist nicht regulär. (c) Wir verwenden die Methode der Kolmogorov-Komplexität, um zu zeigen, dass die Sprache L 3 = {0 i 1 2j i, j N} nicht regulär ist. Angenommen, L = L 3 sei regulär. Für jedes m N ist 1 2m 1 das erste Wort in der Sprache L 1 2 m +1 = {y 1 2m +1 y L}. Nach Satz 3.1 aus dem Buch existiert eine Konstante c, unabhängig von m, so dass K(1 2m 1 ) log 2 (1 + 1) + c = 1 + c. Da es nur endlich viele Programme der konstanten Länge höchstens 1 + c gibt, aber unendlich viele Wörter der Form 1 2m 1, ist dies ein Widerspruch. Also ist die Annahme falsch und L = L 3 ist nicht regulär. Lösung zu Aufgabe 11 (a) Wir zeigen im Folgenden, dass man Lemma 3.3 sowie das Pumping-Lemma verwenden kann, um zu zeigen, dass L 1 nicht regulär ist. Die Methode der Kolmogorov- Komplexität ist in diesem Fall nicht direkt anwendbar. (1) Wir zeigen mit Hilfe von Lemma 3.3 aus dem Buch, dass die Sprache L 1 = {0 i 1 j i, j N, i j} nicht regulär ist. Angenommen, L 1 sei regulär. Dann gibt es einen Automaten A 1 = (Q, {0, 1}, δ, q 0, F ) mit L(A 1 ) = L 1. Sei m = Q. Wir betrachten die Wörter 0, 0 2,..., 0 m+1. Weil dies m + 1 Wörter sind, also mehr Wörter als A 1 Zustände hat, gibt es i, j {1,..., m + 1} mit i < j, so dass ˆδ(q 0, 0 i ) = ˆδ(q 0, 0 j ). Nach Lemma 3.3 gilt nun für alle z {0, 1}, dass 0 i z L 1 0 j z L 1.

3 Die Wahl von z = 1 i führt aber zum Widerspruch, weil und 0 i z = 0 i 1 i / L 1 0 j z = 0 j 1 i L 1 gilt. Also ist die Annahme falsch und L 1 ist nicht regulär. (2) Wir verwenden das Pumping-Lemma, um zu zeigen, dass die Sprache L 1 = {0 i 1 j i, j N, i j} nicht regulär ist. Angenommen, L 1 sei regulär. Dann existiert nach dem Pumping- Lemma (Lemma 3.4) eine Konstante n 0 N, so dass sich jedes Wort w {0, 1} (i) yx n 0, (iii) entweder {yx k z k N} L 1 oder {yx k z k N} L 1 =. Wir wählen das Wort w = 0 n 0 1 n 0. Offenbar gilt w n 0. Also muss es eine Zerlegung w = yxz von w geben, die die Bedingungen (i), (ii) und (iii) erfüllt. Wegen (i) gilt yx n 0, also ist y = 0 l und x = 0 m für l, m N mit l +m n 0, also insbesondere m n 0. Wegen (ii) gilt weiter m > 0. Da w / L 1, gilt nach (iii), dass {yx k z k N} L 1 = {0 n 0+(k 1)m 1 n 0 k N} L 1 =. Dies ist aber ein Widerspruch, da yx 2 z = 0 n 0+m 1 n 0 L 1. Also ist die Annahme falsch und L 1 ist nicht regulär. Man kann die Nichtregularität von L 1 auch einfach auf das aus der Vorlesung bekannte Ergebnis zurückführen, dass die Sprache L = {0 n 1 n n N} nicht regulär ist. Offenbar gilt L = {0, 1} L 1 und es ist einfach zu zeigen, dass für jede reguläre Sprache L Σ auch ihr Komplement Σ L regulär ist (Betrachte einen EA A = (Q, Σ, δ, q 0, F ) mit L(A) = L Dann ist A = (Q, Σ, δ, q 0, Q F ) ein EA mit L(A) = Σ L ). Wäre also L 1 regulär, dann auch L, was zu einem Widerspruch führt. (b) Wir zeigen im Folgenden, dass man Lemma 3.3 sowie das Pumping-Lemma verwenden kann, um zu zeigen, dass L 1 nicht regulär ist. Die Methode der Kolmogorov- Komplexität ist in diesem Fall nicht direkt anwendbar. (1) Wir zeigen mit Hilfe von Lemma 3.3 aus dem Buch, dass die Sprache L 2 = {w {0, 1} u 0 u 1 für alle Präfixe u von w} nicht regulär ist. Angenommen, L 2 sei regulär. Dann gibt es einen Automaten A 2 = (Q, {0, 1}, δ, q 0, F ) mit L(A 2 ) = L 2. Sei m = Q. Wir betrachten die Wörter 1, 1 2,..., 1 m+1.

4 Weil dies m + 1 Wörter sind, also mehr Wörter als A 2 Zustände hat, gibt es i, j {1,..., m + 1} mit i < j, so dass ˆδ(q 0, 1 i ) = ˆδ(q 0, 1 j ). Nach Lemma 3.3 gilt nun für alle z {0, 1}, dass 1 i z L 2 1 j z L 2. Die Wahl von z = 0 j führt aber zum Widerspruch, weil und 1 i z = 1 i 0 j / L 2 1 j z = 1 j 0 j L 2 gilt. Letzteres folgt, weil i < j und weil jedes Wort auch ein Präfix von sich selbst ist. Also ist die Annahme falsch und L 1 ist nicht regulär. (2) Wir verwenden das Pumping-Lemma, um zu zeigen, dass die Sprache L 2 = {w {0, 1} u 0 u 1 für alle Präfixe u von w} nicht regulär ist. Angenommen, L 2 sei regulär. Dann existiert nach dem Pumping- Lemma (Lemma 3.4) eine Konstante n 0 N, so dass sich jedes Wort w {0, 1} (i) yx n 0, (iii) entweder {yx k z k N} L 2 oder {yx k z k N} L 2 =. Wir wählen das Wort w = 1 n 0 0 n 0. Offenbar gilt w n 0. Also muss es eine Zerlegung w = yxz von w geben, die die Bedingungen (i), (ii) und (iii) erfüllt. Wegen (i) gilt yx n 0, also ist y = 1 l und x = 1 m für l, m N mit l +m n 0, also insbesondere m n 0. Wegen (ii) gilt weiter m > 0. Da w L 2, gilt nach (iii), dass auch {yx k z k N} = {1 n 0+(k 1)m 0 n 0 k N} L 2. Dies ist aber ein Widerspruch, da yx 0 z = 1 n0 m 0 n 0 / L 2. Letzteres folgt, weil n 0 m < n 0 und weil jedes Wort auch ein Präfix von sich selbst ist. Also ist die Annahme falsch und L 2 ist nicht regulär. Lösung zu Aufgabe 12 Sei L = {w i i N} {0} eine unendliche Sprache mit w i+1 w i log 2 i für alle i N. Wir verwenden das Pumping-Lemma, um zu zeigen, dass L nicht regulär ist. Angenommen, L sei regulär. Dann existiert nach dem Pumping-Lemma (Lemma 3.4) eine Konstante n 0 N, so dass sich jedes Wort w {0, 1} mit w n 0 in drei Teile y, x und z zerlegen lässt, so dass

5 (i) yx n 0, (iii) entweder {yx k z k N} L oder {yx k z k N} L =. Sei w i L mit i > 2 n 0 beliebig gewählt. Dann muss es eine Zerlegung w i = yxz von w i geben, die die Bedingungen (i), (ii) und (iii) erfüllt. Nach (i) und (ii) gilt 1 x n 0. Da w i L, gilt nach (iii), dass auch {yx k z k N} L. Dies ist aber ein Widerspruch, da yx 2 z > w i gilt, aber yx 2 z w i +n 0 < w i +log 2 i w i+1 und somit yx 2 z / L. Also ist die Annahme falsch und L ist nicht regulär.