Grundlagen der Theoretischen Informatik Musterlösungen zu ausgewählten Übungsaufgaben

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1 Dieses Dokument soll mehr dazu dienen, Beispiele für die formal korrekt mathematische Bearbeitung von Aufgaben zu liefern, als konkrete Hinweise auf typische Klausuraufgaben zu liefern. Die hier gezeigten Aufgaben sind auf keinen Fall als eine Beschränkung für die Aufgabentypen in der Klausur zu sehen. Der für die Klausur relevante Stoff wurde in der Vorlesung und in den Übungen behandelt und übersteigt die hier angegebenen Aufgaben. Sie können jederzeit bei uns im Institut vorbeischauen (oder ihrem Übungsleiter eine schreiben), wenn Sie Fragen bezüglich ihrer eigenen Lösung oder etwa Verständnisprobleme mit einer Aufgabenstellung haben. Grundlagen der Theoretischen Informatik Musterlösungen zu ausgewählten Übungsaufgaben Arne Meier 21. Februar 2008 Leibniz Universität Hannover Fakultät für Elektrotechnik und Informatik Institut für Theoretische Informatik

2 Aufgabe 1. Sei die Sprache L 1 definiert wie folgt: L 1 := {w {0, 1} w enthält das Teilwort 0100}. (a) Geben Sie eine Typ-3-Grammatik an, die L 1 erzeugt. (b) Geben Sie einen endlichen Automaten an, der L 1 akzeptiert. Lösung. (a) Die Wörter der Sprache L 1 haben die Form α0100β mit α, β {0, 1}. Folglich konstruieren wir eine Grammatik, die zunächst das Präfix α, anschließend das Teilwort 0100 und schließlich das Suffix β erzeugt. Sei G := (V, {0, 1}, P, S), wobei V = {A, X 1, X 2, X 3, B} und P wie folgt: P := { S 0A, S 1A, S 0X 1, A 0A, A 1A, A 0X 1 X 1 1X 2, X 2 0X 3, X 3 0B, X 3 0 B 0B, B 1B, B 1, B 0 } Nun bleibt zu zeigen L(G) = L 1. L(G) L 1 : Da für jedes abgeleitete Wort zwingend die Regeln S 0X 1 oder A 0X 1, X 1 1X 2, X 2 0X 3, und X 3 0B oder X 3 0 angewendet werden müssen, gilt damit für jede Ableitung S G w im Allgemeinen S G α0x 1 G α01x 2 G α010x 3 G α0100β, mit α, β {0, 1}. Folglich beinhaltet jedes durch G erzeugte Wort das Teilwort 0100 und damit ist L(G) L 1. L 1 L(G): In L 1 sind nach Definition ausschließlich Wörter enthälten, die das Teilwort 0100 beinhalten. Genau solche Wörter können von der Grammatik G erzeugt werden. Insgesamt gilt also L(G) = L 1. Da für jede Regel u v in G u immer nur aus einer einzelnen Variablen besteht und v entweder aus einem Terminalzeichen oder aus einem Terminalzeichen gefolgt von einer Variablen besteht, ist G eine korrekte Typ-3-Grammatik. (b) Nach dem Verfahren aus der Vorlesung konstruieren wir aus der Typ-3-Grammatik aus Aufgabenteil (a) einen äquivalenten NEA M = ({z S, z A, z X1, z X2, z X3, z B, z + }, {0, 1}, δ, z S, {z + }), wobei δ wie folgt definiert ist: z S 0 z A, z S 1 z A, z s 0 z X1, z A 0 z A, z A 1 z A, z A 0 z X1, z X1 1 z X2, z X2 0 z X3, z X3 0 z B, z X3 0 z +, z B 0 z B, z B 1 z B, z B 1 z +, z B 0 z + In Abbildung 1.1 ist ein vereinfachter Automat dargestellt. Aufgabe 2. Sei die Sprache L 2 wie folgt definiert: L 2 := {a k k N ist eine Quadratzahl}. Zeigen Sie: L 2 kann von keinem endlichen Automaten entschieden werden. 2

3 0, 1 0, z 1 z 2 z 3 z 4 z 5 Abbildung 1.1: Vereinfachter NEA für Aufgabe 1 (b) Lösung. Annahme L 2 ist regulär. Dann gibt es ein n N wie im Pumping Lemma für reguläre Sprachen. Betrachte nun das Wort x := a n2. Es gilt x = n 2 n. Nun kann man x zerlegen in uvw, sodass (i)-(iii) wie im Pumping Lemma für reguläre Sprachen gelten. Da x ausschließlich aus as besteht, hat v zwischen einem und n as (dies folgt aus (i) und (ii)): 1 v uv n ( ) Nun muss auch (iii) des Pumping Lemmas für reguläre Sprachen gelten. Insbesondere also auch uv 2 w L 2 gelten. Betrachten wir uv 2 w genauer: uv 2 w = uvvw hat wegen ( ) die Länge zwischen n und n 2 + n. Die nächstgrößere Quadratzahl nach n 2 ist (n + 1) 2 = n 2 + 2n + 1. Also n 2 = x = uvw < uv 2 w n 2 + n < n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2. uv 2 w kann also keine Quadratzahl sein, daher gilt uv 2 w / L 2. Dies ist ein Widerspruch. Folglich war unsere Annahme falsch. Also kann L 2 nicht regulär sein, und damit gibt es keinen endlichen Automaten der L 2 entscheidet. Aufgabe 3. Zeigen Sie, dass es Sprachen A und B gibt, sodass Folgendes gilt: A und B können von Kellerautomaten erkannt werden, aber es gibt keinen Kellerautomaten, der A B erkennt. Lösung. In der Vorlesung wurde gezeigt, dass es einen Kellerautomaten für die Sprache {a n b n n 0} gibt. Dieser arbeitet nach dem folgenden Prinzip: zuerst werden die gelesenen as auf dem Keller abgelegt. Anschließend wird für jedes gelesene b genau ein a vom Keller gelöscht. Ist nach n solcher Schritte der Keller leer (bis auf ein unterstes Kellersymbol) und die Eingabe komplett gelesen, so wird akzeptiert. Betrachten wir die beiden Sprachen A := {a n b n c m n, m 0} und B := {a m b n c n n, m 0}. 3

4 Der Kellerautomat für die Sprache A funktioniert analog zu dem oben beschriebenem Kellerautomaten mit der Ergänzung, dass er die cs am Ende des Wortes überliest. Der Kellerautomat für die Sprache B überliest zunächst die as am Anfang des Wortes und funktioniert dann identisch, wie der obige Kellerautomat für den Suffix b n c n. Möchten wir im Zustand z immer das Zeichen a überlesen, so geschieht dies mit der folgenden δ-funktion: δ(z, a, X) (z, X) für alle X Γ als oberste Kellersymbole. Betrachten wir nun A B den Schnitt der beiden Sprachen A und B, so erhalten wir die Sprache A B = {a n b n c n n 0}, da wir nur noch die Wörter beinhalten, bei denen gleich viele as und bs (Sprache A) und gleich viele bs und cs (Sprache B) vorhanden sein müssen. In der Vorlesung wurde mit dem Pumping Lemma für kontextfreie Sprachen gezeigt, dass diese Sprache nicht kontextfrei ist und mit dem Satz der Vorlesung (dass die kontextfreie Sprachen genau die Sprachen der Kellerautomaten sind) folgt, dass A B von keinem Kellerautomaten entschieden werden kann. Aufgabe 4. Geben Sie für den Ausdruck IF x i x j THEN P 1 ELSE P 2 END ein gültiges LOOP-Programme an. Sie dürfen die Unterprogramme x i := x j +c, x i := x j x k und LOOP x i DO P END verwenden. Lösung. Das folgende LOOP-Programm ist äquivalent zu dem gegebenen Ausdruck: 1 x i := x i + 1; 2 x k := x i x j ; 3 x m := 1; 4 LOOP x k DO x l := 1 END; 5 LOOP x l DO P 1 ; x m := 0 END; 6 LOOP x m DO P 2 END Wir bilden die Differenz von x i und x j und führen P 1 genau dann einmal aus, wenn die Differenz positiv war, ansonsten führen wir P 2 genau einmal aus. Die Anweisung in Zeile 1 wird für den x i = x j -Fall benötigt, da hierbei P 1 ausgeführt werden soll. Das gegebene Programm ist ein gültiges LOOP-Programm, da nur die erlaubten Unterprogramme verwendet werden. Aufgabe 5. Sei L 1 definiert als K even := {w M w hält auf Eingabe w nach einer geraden Anzahl von Schritten}. Zeigen Sie: K even ist rekursiv aufzählbar, aber nicht entscheidbar. Zeigen Sie zudem: K even ist nicht rekursiv aufzählbar. Wir zeigen, dass wenn dieses Problem entscheidbar wäre, auch das spezielle Halteproblem K entscheidbar wäre, dies ergibt dann einen Widerspruch zur Vorlesung. Um dies 4

5 zu zeigen, reicht es eine beliebige Turingmaschine M in eine Maschine M umzuwandeln, sodass für jedes Wort x gilt, dass x von M akzeptiert wird genau dann, wenn x von M in einer geraden Anzahl von Schritten akzeptiert wird. An diesem Punkt ist die Reduktion noch nicht völlig korrekt, da wir im Moment aus einer Eingabe w eine TM M konstruieren, also f(w) := w für w die Gödelisierung von M und dann die Frage beantworten, ob M auf Eingabe w hält. Da w im allgemeinen nicht gleich w ist, können wir hier nicht implizit w K f(w) K even annehmen. Folglich müssen wir M so erweitern, dass M auf Eingabe w (bzw. alle Eingaben) zunächst den Bandinhalt löscht und anschließend (das ursprüngliche) w auf das Band schreibt. Dann gilt w K f(w) K even. Insgesamt gilt nun: w K M w hält auf Eingabe w. M hält auf Eingabe w nach einer geraden Schrittzahl. f(w) K even Eine solche Maschine M lässt sich aus M leicht konstruieren, indem man für jeden Übergang einen Dummy-Übergang einführt und zusätzlich das Bandlöschen und Beschreiben mit w hinzufügt. Hierdurch wird die Anzahl der Schritte (in jedem Fall) verdoppelt, was eine gerade Gesamtanzahl ergibt und es wird genauso akzeptiert wie M w vorher. Die Reduktion ist also total und berechenbar, und da K unentscheidbar ist (Satz der Vorlesung), folgt damit die Unentscheidbarkeit für K even. Um zu zeigen, dass K even rekursiv aufzählbar ist, zeigen wir die semi-entscheidbarkeit von K even. Ein solcher semi-entscheidungsalgorithmus für K even simuliert die Maschine M w auf Eingabe w und zählt dabei die Schritte (oder Parität). Der Algorithmus gibt 1 aus gdw. die Simulation nach gerader Anzahl akzeptiert; sonst geht er in eine Endlosschleife. Dieser Algorithmus ist offensichtlich ein semi-entscheidungsalgorithmus, da für w K even der Algorithmus terminiert und 1 ausgibt. Für w / K even gerät er in eine Endlosschleife und hält nie an. Nun bleibt zu zeigen, dass K even nicht rekursiv aufzählbar ist. Wir nehmen zunächst an K even wäre rekursiv aufzählbar. Damit ist K even semi-entscheidbar (Satz aus der Vorlesung). Da K even bereits semi-entscheidbar ist (wie eben gezeigt), folgt zusammen Entscheidbarkeit für K even (Satz aus der Vorlesung). Dies ist ein Widerspruch zur gezeigten Unentscheidbarkeit. Also war unsere Annahme falsch und K even ist nicht rekursiv aufzählbar. 5