Pumping-Lemma. Beispiel. Betrachte die kontextsensitive Grammatik G mit den Produktionen. S asbc abc CB HB HB HC HC BC ab ab bb bb bc bc cc cc.

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1 Pumping-Lemma Beispiel Betrachte die kontextsensitive Grammatik G mit den Produktionen S asbc abc CB HB HB HC HC BC ab ab bb bb bc bc cc cc. Sie erzeugt z.b. das Wort aabbcc: S asbc aabcbc aabhbc aabhcc aabbcc aabbcc aabbcc aabbcc aabbcc Die erzeugte Sprache ist L 1 = {a m b m c m m 1}. Diese kontextsensitive Sprache ist nicht kontextfrei. Also gilt L 2 L 1. WS 11/12 224

2 Aber wie kann man das beweisen? größeres Ziel: Ein schönes Verfahren, mit dem man einfach zeigen kann, daß eine Sprache L nicht kontextfrei ist. Idee: Man versucht auszunutzen, daß eine kontextfreie Sprache von einer Grammatik mit endlich vielen Variablen erzeugt werden muß. Das bedeutet auch: wenn ein Ableitungsbaum ausreichend tief ist, so gibt es einen Pfad, der eine Variable mehrfach enthält. Die durch diese zwei Vorkommen bestimmten Teilbäume werden wir pumpen. WS 11/12 225

3 Pumping Lemma (Bar-Hillel, Perles, Shamir 61) Wenn L eine kontextfreie Sprache ist, dann gibt es n 1derart, daß für alle z L mit z n gilt: es gibt Wörter u, v, w, x, y Σ mit (i) z = uvwxy, (ii) vwx n, (iii) vx 1 und (iv) uv i wx i y L für alle i 0. Dieses Lemma spricht nicht über kontextfreie Grammatiken, sondern nur über die Eigenschaften der Sprache. Daher ist es dazu geeignet, Aussagen über Nicht-Kontextfreiheit zu machen. Wir zeigen zunächst an einem Beispiel, wie dies funktioniert: WS 11/12 226

4 Beispiel Die Sprache L 1 = {a m b m c m m 1} ist nicht kontextfrei. Beweis: indirekt Angenommen, L 1 wäre kontextfrei. Nach dem Pumping-Lemma gibt es ein n 1, so daß die folgende Aussage gilt: Für jedes z L 1, z n, gibt es u, v, w, x, y Σ mit (i), (ii), (iii) und (iv). Wir wählen nun z = a n b n c n. Dann ist z L 1 und z =3n > n. Nach der Aussage (*) gibt es also u, v, w, x, y Σ mit (*) (i) z = uvwxy, (iii) vx 1und (ii) vwx n, (iv) uv i wx i y L 1 für alle i 0. WS 11/12 227

5 uvwxy (i) = z = aaaaa aaaa n mal Kontextfreie Sprachen bbbbb bbbb n mal ccccc cccc n mal Wegen vwx n nach (ii) gilt vwx L(a b ) L(b c )unddamit vx L(a b ) L(b c ). Mit anderen Worten: es ist nicht möglich, daß sowohl ein a als auch ein c in vx vorkommen. Wir unterscheiden zwei Fälle: c kommt in vx nicht vor: dann enthält uv 0 wx 0 y (immer noch) n Vorkommen von c, aber uv 0 wx 0 y a + uv 0 wx 0 y b =2n vx < 2n wegen (iii) und damit uv 0 wx 0 y / L 1,imWiderspruchzu(iv). a kommt in vx nicht vor: man erhält analog einen Widerspruch zu (iv). Also ist L 1 tatsächlich nicht kontextfrei. WS 11/12 228

6 Im Beweis des Pumping-Lemmas verwenden wir die folgende Aussage. Lemma Sei B ein Binärbaum (d.h., jeder Knoten in B hat entweder null oder zwei Kinder) mit mindestens 2 k Blättern. Dann hat B einen von der Wurzel ausgehenden Pfad, der aus mindestens k Kanten und k + 1 Knoten besteht. Beweis: Induktion über k. IA: k = 0. Sei B ein Binärbaum mit mindestens 2 0 =1Blättern. Dann hat B einen Pfad, der aus mindestens einem Knoten besteht. WS 11/12 229

7 IS: k 0. Sei B ein Binärbaum mit mindestens 2 k+1 =2 k +2 k Blättern. Seien v 1 und v 2 die beiden Kinder der Wurzel und seien B 1 und B 2 die Binärbäume mit Wurzel v 1 bzw. v 2. Dann hat B i für ein i {1, 2} mindestens 2 k Blätter. I.V. in B i gibt es einen Pfad mit mindestens k Kanten und k +1 Knoten. in B gibt es einen Pfad, mit mindestens k +1 Kanten und k +2 Knoten. WS 11/12 230

8 Beweis des Pumping-Lemmas Sei nun G =(V, Σ, P, S) eine kontextfreie Grammatik mit L = L(G) in Chomsky-Normalform. Setze k := V und n := 2 k. Sei weiter z L(G) mit z n =2 k. Wegen z L(G) existiert ein Ableitungsbaum T mit α(t )=z. WS 11/12 231

9 Der Ableitungsbaum T mit α(t )=z und z n =2 k. S Binärbaum Wort z Ebene der Blätter WS 11/12 232

10 Nach dem vorherigen Lemma hat ein Pfad in T mindestens k +1 innere Knoten. S Wort z WS 11/12 232

11 Also gibt es eine Variable (etwa A), die auf einem Pfad zweimal auftaucht. Wir können annehmen, daß auf jedem Pfad, der vom oberen A ausgeht, höchstens das A zweimal (und nicht dreimal) vorkommt. S A A Wort z WS 11/12 232

12 Das Wort z wird nun in fünf Teilwörter u, v, w, x, y aufgespalten (womit (i) gezeigt ist): w wird aus dem unteren A abgeleitet: A w vwx wird aus dem oberen A abgeleitet: A vax vwx S A A u v w x y WS 11/12 232

13 Damit erhält man drei ineinander enthaltene Teil-Ableitungsbäume, die man neu zusammenstecken kann. S A A u v w x y WS 11/12 232

14 Durch Weglassen des mittleren Teilbaums erhält man einen Ableitungsbaum für uwy. Damit gilt: uwy L(G). S A w u y WS 11/12 232

15 Durch Verdoppeln des mittleren Teilbaums erhält man einen Ableitungsbaum für uv 2 wx 2 y. Damit gilt: uv 2 wx 2 y L(G). S A A A u v x y v w x WS 11/12 232

16 Durch Ver-i-fachen des mittleren Teilbaums erhält man einen Ableitungsbaum für uv i wx i y. Damit gilt: uv i wx i y L(G), d.h. wir haben (iv) gezeigt. S A A A u v x y v w x WS 11/12 232

17 Wir zeigen als nächstes (ii), d.h. vwx n: Sei T 1 der Teilbaum von T, der am oberen A beginnt (d.h. es gilt α(t 1 )=vwx). Da wir das obere A so gewählt haben, daß davon ausgehende Pfade höchstens das A zweimal (und nicht dreimal) enthalten, kann kein Pfad in T 1 > V + 1 Knoten enthalten. Das vorhergehende Lemma sichert vwx = Blattanzahl in T 1 2 V = n. WS 11/12 233

18 Es bleibt noch (iii) zu zeigen, also vx 1: Sei T 2 der Teilbaum von T,deramunterenA beginnt (d.h. es gilt α(t 1 )=w). Da T nur binäre Verzweigungen enthält, ist T 2 echter Teilbaum von T 1, d.h. T 1 hat wenigstens ein Blatt, das nicht zu T 2 gehört. Da es keine ε-produktionen gibt, ist dieses Blatt mit a Σbeschriftet. Also gilt vx = ε. WS 11/12 234

19 Beispiel Die Sprache L 2 = {0 m2 m N} ist nicht kontextfrei. Beweis: indirekt Angenommen, L 2 wäre kontextfrei. Nach dem Pumping-Lemma gibt es ein n 1, so daß die folgende Aussage gilt: Für jedes z L 2, z n, gibt es u, v, w, x, y Σ mit (i), (ii), (iii) und (iv). Wir wählen nun z =0 n2. Dann ist z L 2 und z = n 2 n. Nach der Aussage (*) gibt es also u, v, w, x, y Σ mit (*) (i) z = uvwxy, (iii) vx 1und (ii) vwx n, (iv) uv i wx i y L 1 für alle i 0. WS 11/12 235

20 Nach (ii) und (iii) gilt 1 vx vwx n. Aus uv 2 wx 2 y (i) = z + vx = n 2 + vx folgt somit n 2 < uv 2 wx 2 y n 2 + n < (n + 1) 2 und damit uv 2 wx 2 y / L 2,imWiderspruchzu(iv). Also ist L 2 tatsächlich nicht kontextfrei. Wir hatten bereits gesehen, daß die Sprache L 2 nicht regulär ist. Allgemeiner kann man für unäre Sprachen zeigen (ohne Beweis): Satz Eine Sprache L {0} ist genau dann kontextfrei, wenn sie regulär ist. Achtung: Dies gilt nicht für Sprachen L {0, 1}! WS 11/12 236

21 Unsere Beweise, daß L 1 und L 2 nicht kontextfrei sind, folgten dem folgenden Schema: Behauptung: Die Sprache L ist nicht kontextfrei. [0] (wörtlich) Beweis: indirekt. Angenommen, L wäre kontextfrei. Nach dem Pumping-Lemma gibt es ein n 1, so daß die folgende Aussage (*) gilt: Für jedes z L, z n, gibt es u, v, w, x, y Σ (*) mit (i), (ii), (iii) und (iv). [1] (problemspezifisch) Wir wählen ein geeignetes z L mit z n, so daß Schritt [3] ausführbar ist. [2] (wörtlich) Nach der Aussage (*) gibt es u, v, w, x, y Σ mit (i)-(iv). [3] (problemspezifisch) Wir wählen zu u, v, w, x, y ein passendes i 0 und zeigen, daß uv i wx i y nicht in L sein kann. [5] (wörtlich) Widerspruch zu (iv). WS 11/12 237

22 Dieses Beweisschema ist die Umsetzung der folgenden Formulierung des Pumping-Lemmas mit logischen Operatoren: L kontextfrei n z L mit z n u, v, w, x, y mit (i iii) i : uv i wx i y L Das Pumping-Lemma ist also logisch äquivalent zu: n z L mit z n u, v, w, y, z mit (i-iii) i : uv i wx i y L L ist nicht kontextfrei WS 11/12 238

23 Diese Umformulierung können wir auch in dem folgenden Spielschema fassen: Wir (die Beweiser oder Braven) wollen zeigen, daß die Sprache L nicht kontextfrei ist. Dazu müssen wir das folgende Spiel (gegen den Gegner oder den Gemeinen) gewinnen: Runde 1 G wählt eine Zahl n 1. Runde 2 B wählt ein z L mit z n Runde 3 G wählt u, v, w, x und y mit (i) z = uvwxy, (ii) vwx n und (iii) vx 1. Runde 4 B wählt ein i und zeigt, daß uv i wx i y / L. Die Sprache L ist nicht kontextfrei, falls B unabhängig von den Wahlen von G in Runden 1 und 3 immer so wählen kann (in Runden 2 und 4), daß schließlich uv i wx i y / L gilt. WS 11/12 239

24 Beispiel L 3 = {w2w w {0, 1} } ist nicht kontextfrei. Beweis: wir zeigen, daß B im Spielschema immer so wählen kann, daß uv i wx i y / L 3 gilt: Runde 1 G wählt eine Zahl n 1. Runde 2 B wählt z =0 n 1 n 20 n 1 n (natürlich gelten z L 3 und z n) Runde 3 G wählt u, v, w, x und y mit (i) z = uvwxy, (ii) vwx n und (iii) vx 1. Runde 4 B wählt i = 0 und zeigt, daß uv i wx i y / L 3 : WS 11/12 240

25 1. Fall: v oder x enthält die 2. Dann enthält uv 0 wx 0 y keine 2, gehört also nicht zu L Fall: u enthält 2. Dann stehen in uv 0 wx 0 y links von der 2 mehr Buchstaben als rechts, also uv 0 wx 0 y / L Fall: y enthält 2. analog 4. Fall: w enthält 2. Wegen (ii) ist vwx Faktor von 1 n 20 n,der2enthält. Also gilt v L(1 )undx L(0 ) und damit uv 0 wx 0 y =0 n 1 n v 20 n x 1 n / L 3,da v > 0oder x > 0nach(iii). Also kann B so wählen, daß uv i wx i y / L 3,d.h.,L 3 ist tatsächlich nicht kontextfrei. WS 11/12 241

26 Beispiel L 4 = {u u r 1 3u r 2v v s 1 3v s u 1,...,u r, v 1,...,v s {0, 1} ist nicht kontextfrei. j s i r : v j = u i } Beweisidee: Wäre L 4 kontextfrei, soauchl 4 L( )=L 3 (denn der Schnitt von kontextfreien und regulären Sprachen ist kontextfrei, siehe später). Das ist aber nicht der Fall. Hintergrund: Viele Programmiersprachen haben die Kontextbedingung, daß eine Variable vor der Benutzung deklariert werden muß. Diese Eigenschaft kann nicht in einer kontextfreien Grammatik ausgedrückt werden. WS 11/12 242

27 Das Lemma von Ogden Kontextfreie Sprachen Lemma (William Ogden 68) Wenn L eine kontextfreie Sprache ist, dann gibt es n 1derart, daß für alle z L mit z n, in denen n Positionen markiert sind, gilt: es gibt Wörter u, v, w, x, y Σ mit (i) z = uvwxy, (ii) vwx n, (iii) vx 1 v oder x enthält wenigstens eine der Markierungen und (iv) uv i wx i y L für alle i 0. Beweis: ähnlich zum Beweis des Pumping-Lemmas. WS 11/12 243

28 Beispiel L 5 = {a k b c m 0 k m} ist nicht kontextfrei. Beweis: Nach dem Spielschema, das man aus dem Lemma von Ogden gewinnen kann. Wir zeigen also, daß B immer so wählen kann, daß uv i wx i y / L 5 gilt: Runde 1 G wählt eine Zahl n 1. Runde 2 B wählt z = a n b n c n (natürlich gilt z L 5 )undmarkiertdie Vorkommen von a Runde 3 G wählt u, v, w, x und y mit (i) z = uvwxy und (iii) v oder x enthält eine Markierung. Runde 4 B wählt i = 2 und zeigt, daß uv i wx i y / L 5 : WS 11/12 244

29 1. Fall: v oder x enthält zwei verschiedene Sorten von Buchstaben. Dann gilt uv 2 wx 2 y / L(a b c ) und damit uv 2 wx 2 y / L Fall: x L(a ). Dann gilt uv 2 wx 2 y a = n + vx > n = uv 2 wx 2 y b, also uv 2 wx 2 y / L Fall: x L(b ). Dann enthält x keine Markierungen, aus (iii) folgt also, daß v wenigstens ein a enthält. Dann gilt uv 2 wx 2 y a n +1> n = uv 2 wx 2 y c,also uv 2 wx 2 y / L Fall x L(c ). Wir können v L(a + b + c )annehmen,woraus nach (iii) v L(a + ) folgt. Analog zum 3. Fall folgt nun uv 2 wx 2 y a n +1> n = uv 2 wx 2 y b,also uv 2 wx 2 y / L 5. Also kann B so wählen, daß uv i wx i y / L 5,d.h.,L 5 ist tatsächlich nicht kontextfrei. WS 11/12 245

30 Beispiele weitere Sprachen, die nicht kontextfrei sind: {a k b m a k b m k, m 0} {a k b m a k m k, m 0} {w w w {0, 1} } {0 m 10 m 10 m m 0} {0 m 1 2m 0 4m m 0} {0 p p Primzahl } Beweis jeweils mit dem Pumping-Lemma oder dem Lemma von Ogden. WS 11/12 246

31 Beispiele kontextfreie Sprachen: sind kontextfrei. {a k b m a m b k k, m 0} {a k b m a k+m k, m 1} {w w R w {0, 1} } {0 m 10 k 10 m+k m, k 0} {0 m 1 3m m 0} {0 i 1 j 2 k i + j = k} Beweis jeweils durch Angabe einer kontextfreien Grammatik. WS 11/12 247

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