Die Lösungen der Übungsaufgaben werden durch folgendes Lemma etwas vereinfacht:

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1 Prof. Dr. D. Kuske, M.Sc. M. Huschenbe Fachgebie Theoreische Informaik, TU Ilmenau Muserlösung zum 2. Übungsbla Auomaenheorie Die Lösungen der Übungsaufgaben werden durch folgendes Lemma ewas vereinfach: Lemma Zu jedem Baumauomaen gib es einen äquivalenen Baumauomaen mi nur einem Endzusand, der dieselbe Sprache akzepier. Beweis Sei A = (Q, Σ,, F ) ein Baumauoma. Wir definieren einen Baumauomaen A { q}, Σ,, { q}), wobei q Q ein neuer Zusand sei, durch = (Q = { ( q, f, q 1,..., q m ) (p, f, q 1,..., q m ), p F }. Durch srukurelle Indukion über T Σ zeig man leich, dass für alle p Q genau dann A p gil, wenn A p gil. Daraus folg für alle = f( 1,..., m ) T Σ : L(A) p F : Es gil also L(A) = L(A ). A p (p, f, q 1,..., q m ), p F : ( q, f, q 1,..., q m ) : A q L(A ). i A q i für i = 1,..., m i A q i für i = 1,..., m Aufgabe 2 Es seien Σ = (Σ m ) m N ein Rangalphabe, Γ = m N Σ m, L Γ eine reguläre Sprache und T T Σ eine reguläre Baumsprache. Zeigen Sie, dass die folgenden Sprachen regulär sind: (a) die Menge aller Σ-Bäume, in denen einer der Äse mi einem Wor aus L beschrife is, (b) die Menge aller Σ-Bäume, in denen alle Äse mi Wörern aus L beschrife sind, (c) die Menge aller Wörer w Γ für die es einen Baum T gib, so dass einer der Äse von mi w beschrife is. Lösung (a) Es sei M = (Z, Γ, z 0, δ, E) ein DFA mi L(M) = L. Wir berachen den Baumauomaen A = (Z { z}, Σ,, {z 0 }), wobei z Z ein neuer Zusand sei, mi = { (p, f, q 1,..., q m ) Z Σ m (Z { z}) m m 1, δ(p, f) {q 1,..., q m } } { (p, a) Q Σ 0 δ(p, a) F } { ( z, f, z,..., z) m 0, f Σ m }. 1/6

2 2. Übungsbla zur Vorlesung Auomaenheorie Durch srukurelle Indukion zeig man leich, dass A z für alle T Σ gil. Durch srukurelle Indukion über T Σ zeigen wir außerdem, dass für alle p Z genau dann A p gil, wenn einen As besiz, der mi einem w Γ mi ˆδ(p, w) F beschrife is. Sei also = f( 1,..., m ) T Σ. 1. Fall: m = 0. Es gil A p (p, a) δ(p, a) F ˆδ(p, a) F. Da der einzige As von mi a beschrife is, gil lezeres genau dann, wenn einen As besiz, der mi einem w Γ mi ˆδ(p, w) F beschrife is. 2. Fall: m 1. Nehmen wir zunächs A p an. Wegen p z gib es dann q 1,..., q m Z { z} mi (p, f, q 1,..., q m ) und i A q i für i = 1,..., m. Ensprechend der Definiion von gib es ein j {1,..., m} mi δ(p, f) = q j. Nach Indukionsvoraussezung gil j M qj, d.h. es gib einen As von j der mi einem w Γ mi ˆδ(q j, w) F beschrife is. Somi besiz einen As, der mi fw beschrife is. Außerdem gil ˆδ(p, fw) = ˆδ ( δ(p, f), w ) = ˆδ(q j, w) F. Nehmen wir nun an, besäße einen As, der mi einem w Γ mi ˆδ(p, w) F beschrife is. Insbesondere gib es dann ein j {1,..., m} und einen As von j, der mi einem u Γ mi w = fu beschrife is. Mi q = δ(p, f) gil ˆδ(q, u) = ˆδ ( δ(p, f), u ) = ˆδ(p, fu) = ˆδ(p, w) F. Nach Indukionsvoraussezung gil also j A q. Außerdem gil i A z für alle i = 1,..., j 1, j + 1,..., m sowie (p, f, z,..., z, q, z,..., z), d.h. A p. Dami is die srukurelle Indukion abgeschlossen. Für alle T Σ gil also: L(A) A z 0 besiz einen mi einem w Γ mi ˆδ(z 0, w) F beschrifen As besiz einen mi einem w L(M) beschrifen As besiz einen mi einem w L beschrifen As. (b) Die Sprache Γ \ L is ebenfalls regulär. Lau Teilaufgabe (a) is also die Menge aller Σ- Bäume, in denen ein As mi einem Wor aus Γ \L beschrife is, regulär. Das Komplemen dieser Menge, also die Menge aller Σ-Bäume, in denen kein As mi einem Wor aus Γ \ L beschrife is, is ebenfalls regulär. Lezeres is aber gerade die Menge aller Σ-Bäume, in denen alle Äse mi Wörern aus L beschrife sind. (c) Es sei A = (Q, Σ,, F ) ein Baumauoma mi L(A) = T. O.B.d.A. sind Q und Γ disjunk. Außerdem nehmen wir an, dass F = 1, sagen wir F = {s}, sowie dass es für jedes p Q ein T Σ mi A p gib. Wir berachen die verallgemeiner rechslineare Grammik G = (Q, Γ, s, P ) mi P = { p fq i (p, f, q 1,..., q m ), i = 1,..., m } { p a (p, a) }. Unser Ziel is zu zeigen, dass L(G) = { w Γ T : ein As von is mi w beschrife }. Dazu zeigen wir zunächs per Indukion über die Länge von w Γ, dass für alle p Q genau dann p G w gil, wenn es einen Baum T Σ gib, der einen mi w beschrifeen As besiz und A p erfüll. Für w = ε sind beide Aussagen offensichlich ses falsch, wir müssen also nur den Fall w Γ + berachen. 2/6

3 2. Übungsbla zur Vorlesung Auomaenheorie Indukionsanfang: w = 1. Es sei w = a mi a Γ. Der Baum = a() T Σ is offensichlich der einzige, der einen mi w beschrifeen As besiz. Außerdem gil p G w (p a) P (p, a) A p. Indukionsschri: w 2. Es sei w = fu mi f Γ und u Γ +. Nehmen wir zunächs p G w an. Dann gib es q Q mi (p fq) P und q G u. Somi gib es (p, f, q 1,..., q m ) und j {1,..., m} mi q = q j. Nach Indukionsvoraussezung gib es einen Baum j, der einen mi u beschrifeen As besiz und j A q j erfüll. Nach obiger Annahme, gib es außerdem für i = 1,..., j 1, j + 1,..., m jeweils ein i T Σ mi i A q i. Dann besiez der Baum = f( 1,..., m ) einen mi fu = w beschrifeen As und erfüll A p. Nehmen wir nun an, es gib einen Baum T Σ, der einen mi w beschrifeen As besiz und A p erfüll. Dann gib es m 1, 1,..., m T Σ und j {1,..., m}, so dass = f( 1,..., m ) und j einen mi u beschrifeen As besiz. Außerdem gib es q 1,..., q m Q mi (p, f, q 1,..., q m ) und i A q i für i = 1,..., m. Somi gil (p fq j ) P. Außerdem gil nach Indukionsvoraussezung q j G u. Zusammen folg p G fq j G fu = w. Dami is die Indukion abgeschlossen. Für alle w Γ gil nun w L(G) s G w T Σ : A s und ein As von is mi w beschrife L(A): ein As von is mi w beschrife T : ein As von is mi w beschrife. Aufgabe 3 Es sei Σ = (Σ n ) n N ein Rangalphabe. Für jeden Baum T Σ sei yield() Σ + 0 das man erhäl, wenn man die Bläer von von links nach rechs lies. dasjenige Wor, (a) Definieren Sie yield() formal durch srukurelle Indukion über. (b) Zeigen Sie: Für jede reguläre Baumsprache T T Σ is die Sprache konexfrei. yield(t ) = { yield() T } Σ + 0 (c) Beweisen Sie nun folgende Umkehrung: Wenn Σ 2, dann gib es zu jeder konexfreien Sprache L Σ + 0 eine reguläre Baumsprache T T Σ mi L = yield(t ). Hinweis: Man kann leich zeigen, dass die Bedingung Σ 2 nich nur hinreichend sondern auch nowendig is. 3/6

4 2. Übungsbla zur Vorlesung Auomaenheorie Lösung (a) Für = f( 1,..., m ) T Σ is yield() definier durch { f falls m = 0, yield() = yield( 1 ) yield( m ) falls m 1. (b) Es sei A = (Q, Σ,, F ) ein Baumauoma mi L(A) = T. O.B.d.A. sind Q und Σ 0 disjunk. Außerdem nehmen wir F = 1 an, sagen wir F = {s}. Wir definieren eine Grammaik G = (Q, Σ 0, P, s) durch P = { p q 1... q m (p, f, q 1,..., q m ), m 1 } { p a (p, a) }. Ziel is es, L(G) = yield(t ) nachzuweisen. Da sowohl L(G) Σ + 0 als auch yield(t ) Σ+ 0 gil, können wir unsere Unersuchungen dazu auf Wörer w Σ + 0 beschränken. Beweis von L(G) yield(t ): Zunächs zeigen wir per Indukion über k N, dass es für alle p Q und w Σ + 0 mi p k G w einen Baum T Σ mi yield() = w und A p gib. Da Q und Σ + 0 disjunk sind, is im Fall k = 0 nichs zu zeigen. Indukionsanfang: k = 1. Es gil p G w, d.h. (p w) P. Ensprechend der Definiion von P gib es also ein a Σ 0 mi w = a und (p, a). Der Baum = a() T Σ erfüll also yield() = w und A p. Indukionsschri: k 2. Es gib α (V Σ 0 ) mi p G α k 1 G w. Insbesondere gil also (p α) P. Wegen α k 1 G w und k 1 1 gil α Σ 0 und aufgrund der Definiion von P somi α Q +, sagen wir α = q 1... q m mi m 1 und q 1,..., q m Q. Es gil also (p q 1... q m ) P. Ensprechend der Definiion von P gib es also ein f Σ m mi (p, f, q 1,..., q m ). Aus q 1... q m k 1 G w folg, dass es u 1,..., u m Σ + 0 und l 1,..., l m N mi w = u 1 u m, q i li u i für i = 1,..., m und l l m = k 1 gib. Insbesondere gil also l 1,..., l m k 1. Nach Indukionsvoraussezung gib es also 1,..., m T Σ mi yield( i ) = u i und i A q i für i = 1,..., m. Der Baum = f( 1,..., f m ) erfüll also yield() = yield( 1 ) yield( m ) = u 1 u m = w und A q. Dami is die Indukion abgeschlossen. Sei nun w L(G), d.h. s G w. Es gib also ein T Σ mi yield() = w und A s. Lezeres bedeue L(A) = T und somi w yield(t ). Beweis von yield(t ) L(G): Zunächs zeigen wir durch srukurelle Indukion über T Σ, dass für jedes p Q mi A p auch p G yield() gil. Sei also = f( 1,..., f m ). 1. Fall: m = 0. Es gil f Σ 0 und (p, f). Somi is (p f) P, also p G f. Wegen yield() = f bedeue dies insbesondere p G yield(). 2. Fall: m 1. Wegen A p gib es q 1,..., q m Q mi (p, f, q 1,..., q m ) und i A q i für i = 1,..., m. Nach Indukionsvoraussezung gil also q i G yield( i). Außerdem gil (p q 1... q m ) P. Daraus folg p G q 1 q 2... q m G yield( 1 )q 2... q m G G yield( 1 ) yield( m ) = yield(). Dami is die srukurelle Indukion abgeschlossen. Sei nun w yield(t ), d.h. es gib ein T mi yield() = w. Wegen T = L(A) gil A s und somi s G yield() = w, d.h. w L(G). 4/6

5 2. Übungsbla zur Vorlesung Auomaenheorie (c) Es sei G = (V, Σ 0, P, S) eine konexfreie Grammaik in Chomsky-Normalform mi L(G) = L. Weier sei f Σ 2 beliebig. Wir definieren einen Baumauomaen A = (V, Σ,, {S}) durch = { (A, f, B, C) (A BC) P } { (A, a) (A a) P } und berachen die reguläre Baumsprache T = L(A). Überführ man A wie im Beweis von Teilaufgabe (b) in eine konexfreie Grammaik, erhäl man gerade G. Es gil also yield(t ) = L(G) = L. Aufgabe 4 Es seien Γ ein Alphabe, A 1,..., A n Γ Sprachen über Γ und Σ = (Σ m ) m N das Rangalphabe mi Σ 0 = {A 1,..., A n }, Σ 1 = {, }, Σ 2 = {,, \, } und Σ m = für m > 2. Jeder Baum in T Σ kann als Mengenausdruck über den Teilmengen von Γ aufgefass werden, wobei die unären Operaoren und die Komplemenbildung bzw. den Kleene-Sern bezeichnen. Die durch einen Baum T Σ beschriebene Teilmenge von Γ sei mi L() bezeichne. Zeigen Sie: (a) Für jedes w Γ is die Menge aller T Σ mi w L() regulär. (b) Die Menge R aller T Σ, in denen die Symbole, und \ nich vorkommen, is regulär. (c) Die Menge aller R mi L() = is regulär. (d) Is die Menge aller T Σ mi L() = regulär? Lösung (a) Es sei I(w) = { u Γ v 1, v 2 Γ : w = v 1 uv 2 } die Menge aller Infixe von w. Diese Menge is offensichlich endlich und es gil insbesondere w I(w). Wir definieren einen deerminisischen und vollsändigen Baumauomaen A = (Q, Σ,, F ) durch Q = 2 I(w), und F = { M I(w) w M } (M, A i ) M = A i I(w), (M,, N) M = I(w) \ N, (M,, N) M = N I(w), (M,, N 1, N 2 ) M = N 1 N 2, (M,, N 1, N 2 ) M = N 1 N 2, (M, \, N 1, N 2 ) M = N 1 \ N 2, (M,, N 1, N 2 ) M = (N 1 N 2 ) I(w). Durch srukurelle Indukion über T Σ zeig man leich, dass für alle M I(w) genau dann A M gil, wenn M = L() I(w). Für T Σ gil dann L(A) M F : A M M I(w): w M und M = L() I(w) w L(). 5/6

6 2. Übungsbla zur Vorlesung Auomaenheorie (b) Der deerminisische Baumauoma A = ({q}, Σ,, {q}) mi = { (q, A i ) i = 1,..., n } { (q,, q), (q,, q, q), (q, q, q) } erfüll offensichlich L(A) = R. (c) Wir berachen den deerminisischen Baumauoma A = (Q, Σ,, {1}) mi Q = {0, 1} und (p, A i ) p = 1 genau dann, wenn A i, (p,, q) p = 0, (p,, q, r) p = 1 genau dann, wenn sowohl q = 1 als auch r = 1, (p,, q, r) p = 1 genau dann, wenn q = 1 oder r = 1. Durch srukurelle Indukion über T Σ zeig man leich: (1) Es gib genau dann ein p Q mi A p, wenn R, (2) Es gil genau dann A 1, wenn R und L() =, (3) Es gil genau dann A 0, wenn R und L(). Für T Σ gil also L(A) genau dann, wenn R und L() =. (d) Im Allgemeinen is die Anwor negaiv. Dazu berachen wir den Fall A 1 = {a} für ein a Γ. Angenommen, die Menge aller T Σ mi L() = wäre regulär, dann gäbe es einen deerminisischen und vollsändigen Baumauomaen A = (Q, Σ,, F ) mi L(A) = { T Σ L() = }. Für jedes k N definieren wir einen Baum s k T Σ indukiv durch s 0 = A 1 () und s k+1 = (s k, A 1 () ). Durch Indukion über k zeig man leich, dass L(s k ) = {a k+1 }. Da A deerminisisch und vollsändig is, gib es für jedes k N ein eindeuig besimmes p k Q mi s k A p k. Da Q endlich is, gib es somi k, l N mi k < l und p k = p l. Wir berachen den Baum = \(s k, s k ) und den eindeuig besimmen Zusand q Q mi A q. Dieser erfüll (q, \, p k, p k ). Außerdem gil L() = L(s k )\L(s k ) =, also L(A) bzw. q F. Wir berachen nun außerdem den Baum = \(s k, s l ). Dieser erfüll einseis ebenfalls A q, d.h. L(A). Andererseis gil jedoch L( ) = L(s k ) \ L(s l ) = {a k+1 } \ {a l+1 } = {a k+1 } =. Dies is offensichlich ein Widersprich und somi kann die Menge aller T Σ mi L() = nich regulär sein. 6/6